就是把分治搬到樹上，以某個點為根，分別分治處理子樹的答案，再計算子樹與子樹間的答案的玄學演算法。
舉個例子：
如何求出一顆樹上距離為k且所經過的點最少的點對？
對於這種題，我們可以把某個點（一般為重心）作為根，然後對左右子樹遞迴處理，先分別得出左右子樹的答案，再求出橫跨兩個子樹之間的點對的答案。
對於上面那道題，如果我們用傳統的暴力做法，最優的複雜度只能得到$o(n^2)$的暴力列舉，但是如果我們用澱粉質來搞，我們就可以做到$o(n*log_n)$的複雜度（如果k很大的話，我們可能還得套個資料結構上去，複雜度就變成了$o(n*log_n^2)$），我們就可以通過這類題目。
正如我們剛剛說說的，澱粉質的實質是選出乙個點，對其左右子樹分治，再計算組合不同子樹的答案。
所以說，我們在處理某顆子樹之前，必須先選出來乙個點作為這個子樹的根。
我們選的這個點，對我們複雜度的影響極其巨大。
我們可以考慮選重心，重心就是指如果這個點做為根，其任意一顆子樹大小均不會超過總點樹的$1/2$。
如果我們每次對子樹分治的時候，新選的根是重心，那我們的樹的總層數一定不會超過$log_n$層。
對於找重心，我們每次都做一遍dfs就好。
int getsize(intnow)
introot,cnt;
void getroot(int
now)
if(cnt-t_size>cnt/2) ok=false
;
if(ok==true) root=now;
t_vis[now]=false;}
選出來重心之後，我們就可以以重心為根分治了。
首先，我們顯然可以遞迴處理子樹，然後再處理跨越兩個子樹的情況。
對於我們上面講的那道題，我們所需要求的就是跨過兩個子樹且距離為k的點對的數量。
我們可以考慮這樣做：
我們先開乙個桶來記錄長度為x的路徑的點的數量，然後對每顆子樹先做兩遍dfs，第一遍先去桶裡找到目前的點為止，之前找到的子樹中有沒有k-dis_now的路徑。第二遍我們再把到每個點的距離放到桶裡面去。
搞完之後，我們可以再dfs一次來回溯掉之前加上的東西，如果我們直接memset的話，會t的。
*注意：我們這裡的dfs必須只能走已經分治完成的點，分治完成的點才是其兒子
void dfs2(int now,int dis,int t_cnt,inttype)
void dfs(int
now)
for(int i=0;idfs2(son[i].to,son[i].w,
1,1),dfs2(son[i].to,son[i].w,1,2
);
for(int i=0;idfs2(son[i].to,son[i].w,
1,3);
done[now]=true;}
這樣子搞，看起來時間複雜度很**，其實並不大，因為我們最多有$log_n$層，每層做$n$次，總複雜度也就只有$o(n*log_n)$
這樣子，我們就搞定啦φ(>ω<*)
題目傳送門：題目稍有變動，但方法類似）
#include#include#include
#include
using
namespace
std;
long
long
read()
while(isdigit(c))
return x*f;
}const
int n=200000+100
;const
int m=1000000+100
;const
int inf=0x3f3f3f3f
;struct
road
};vector
e[n];
intn,k;
bool
vis[n],t_vis[n],done[n];
intsize[n],cnt,root;
int getsize(int
now)
void getroot(int
now)
if(cnt-t_size>(cnt/2
)) ok=false
;
if(ok==true) root=now;
t_vis[now]=false;}
int ans=inf,tot[m];
void dfs2(int now,int dis,int t_cnt,int
type)
void dfs(int
now)
for(int i=0;idfs2(son[i].to,son[i].w,
1,1),dfs2(son[i].to,son[i].w,1,2
);
for(int i=0;idfs2(son[i].to,son[i].w,
1,3);
done[now]=true;}
intmain()
cnt=getsize(1
); getroot(1);
memset(tot,
0x3f,sizeof
tot);
tot[
0]=0
; dfs(root);
if(ans>n) ans=-1
; printf("%d
",ans);
return0;
}
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