樹分治用於解決有關路徑的問題。
樹分治分為點分治和邊分治（其實還有一種叫「鏈分治」，是樹的路徑剖分思想的更高階的體現，一般鏈分治的題目都可以用路徑剖分解決）。點分治就是每次找到重心，然後把重心去掉，對分成的每兩棵樹之間分別統計路徑資訊（以重心的每個相鄰點為根，遍歷整棵子樹即可得到這個根到每個結點的統計資訊），就可以知道包含這個重心的所有路徑的資訊，然後對於剩下的路徑就是在子樹裡面進行同樣的操作了，直到只剩乙個點為止（注意這乙個點所構成的路徑有時也要處理一下）。邊分治就是每次找到一條邊，使得刪掉這條邊後分成的兩棵子樹大小盡可能平均，然後以刪掉的邊的兩端點為根，分別統計根到兩棵樹中的每個結點的路徑資訊，最後合併算路徑，即可得到包含這條邊的所有路徑的資訊，剩下的路徑在兩棵樹中遞迴處理。
點分治和邊分治是可以通用的，不管樹上的資訊記錄在結點上還是邊上。這時乙個很囧的問題就出現了：這兩種分治到底哪個好？這也是本總結討論的重點。
有關「哪個好」的問題顯然要從三種複雜度上考慮。由於點分治和邊分治的空間複雜度均為o(n)，因此討論空間複雜度木有意義。所以需要比較的就是時間複雜度和程式設計複雜度了。
先說時間複雜度。點分治每次找到重心後，需要將重心刪掉然後分成很多棵子樹，對每兩棵子樹之間都要統計一下。如果操作是可反的（比如計數問題：統計某種路徑的條數），可以通過先將所有子樹合在一起統計，再減去兩端點處在相同子樹內的路徑，但是，如果操作不可反（比如找「最優路徑」），就不能這樣做了，只能列舉所有的子樹對。顯然，如果有s棵子樹，則有o(s2)個子樹對，最壞情況下（星形的樹），s=n-1，此時一一枚舉子樹對必然會導致總時間複雜度公升到o(n2)以上。當然這是有解決辦法的，可以從小到大枚舉子樹，每處理完一棵子樹就將其和前面的合併，此時演算法效率取決於合併的方法。如果使用歸併法（大小為a的和大小為b的合併次數為a+b），對於星形樹的合併總次數仍然為o(n2)，如果能保證大小為a的和大小為b的合併次數為min，則可以保證合併總次數在o(n)以內，從而可以保證總時間複雜度為o(nlogn)。邊分治由於分成的永遠是兩棵子樹，所以在處理子樹之間的關係上能夠保證o(n)，問題是它並不能保證每次分成的兩棵子樹大小非常平均，在最壞情況下（星形的樹），不管刪哪條邊分成的兩棵子樹大小都是乙個1乙個(n-1)，這樣就會使總的時間複雜度上公升為o(n2)。
從以上的討論中可以看出，點分治和邊分治最怕的都是星形的樹，也就是那種某個點的度數特別大的樹。相關**中提到一種辦法通過加無用點的方式將其轉化為二叉樹，從而解決這個問題。這樣一來，點分治和邊分治的時間複雜度都可以保證了。接下來是程式設計複雜度的問題：點分治需要找重心（三次dfs或bfs），刪掉重心（需要刪點），且分成最多三棵樹，需要處理三對關係，**量肯定大一些，而邊分治只需要算出子樹大小後就可以找到最優邊，並且分成的是兩棵樹，更重要的是，在有根樹上刪掉一條邊後，分成的兩棵樹中有一棵已是有根樹，另一棵可以通過扭根的方式將其轉化為有根樹，由於二叉樹扭根是很方便的，所以就不需要每次重新建樹，**量較小。綜合以上因素，邊分治更好些。
另外，其實那種加無用點轉化為二叉樹的方式是有問題的，因為它改變了路徑的意義，可能導致一條路徑由於lca是無用點而在統計時出現錯誤（明明是跨越了重心或最優邊的路徑被當成木有跨越的），但是……這個問題有一種很簡單的解決辦法，想知道是什麼……ac了aloext再告訴你……
相關題目：
e.g. (2023年候選隊互測•a142857a) 樹
邊分治，每次找到所有點到根路徑的xor和，以及特殊點的個數，按照特殊點個數排序後有序插入trie，查詢即可。
**：
1 #include 2 #include 3 #include 4 #includeview code5 #include 6
using
namespace
std;
7#define re(i, n) for (int i=0; i8
#define re1(i, n) for (int i=1; i<=n; i++)
9#define re2(i, l, r) for (int i=l; i10
#define re3(i, l, r) for (int i=l; i<=r; i++)
11#define rre(i, n) for (int i=n-1; i>=0; i--)
12#define rre1(i, n) for (int i=n; i>0; i--)
13#define rre2(i, r, l) for (int i=r-1; i>=l; i--)
14#define rre3(i, r, l) for (int i=r; i>=l; i--)
15#define ll long long
16const
int maxn = 200010, maxs = 31, inf = ~0u >> 2;17
struct
edge e[maxn << 1
];20
struct
sss
23} s1[maxn], s2[maxn];
24int t[maxn * maxs][2
];25
int n, m0, k, sum0, __no, n, a[maxn], q[maxn], ls[maxn], l[maxn], r[maxn], pr[maxn], sz[maxn], v1[maxn], v2[maxn], res = -1;26
bool
b[maxn], vst[maxn];
27void
init_d()
2831
void add_edge(int a, int
b)32
36void
init()
3741 re(i, n) scanf("
%d", &a[i]);
42 re2(i, 1, n) 43}
44int dfs0(int l, int
r)4551}
52void
prepare()
5360}61
if (sum0 > 1) else
if (sum0 == 1) else l[x] = r[x] = -1;62
}63}64
void solve(int no, int
n0)65
70int x, _x, y, minv = inf, _n0 = n0 >> 1; q[0] =no;
71for (int front=0, rear=0; front<=rear; front++)
76rre(i, n0) 81}
82 x = pr[_x]; pr[_x] = -1; if (l[x] == _x) l[x] = -1; else r[x] = -1;83
int sum0 = 1; ls[0] = x; while ((y = pr[x]) != -1)
84 pr[ls[0]] = -1; re2(i, 1, sum0) pr[ls[i]] = ls[i - 1
];85
int len1 = 0, len2 = 0
;86 q[0] = _x; v1[_x] = b[_x]; v2[_x] = a[_x]; s1[len1].v1 = v1[_x]; s1[len1++].v2 =v2[_x];
87for (int front=0, rear=0; front<=rear; front++)
90if ((y = r[x]) >= 0) 91}
92 q[0] = ls[0]; v1[ls[0]] = b[ls[0]]; v2[ls[0]] = a[ls[0]]; s2[len2].v1 = v1[ls[0]]; s2[len2++].v2 = v2[ls[0
]];93
for (int front=0, rear=0; front<=rear; front++)
96if ((y = r[x]) >= 0) 97}
98 sort(s1, s1 + len1); sort(s2, s2 + len2); int _len2 = len2 - 1
;99 n = 1; t[1][0] = t[1][1] = 0; int
v0, _v;
100re(i, len1)
106 x =t[x][y];
107}
108}
109if (t[1][0] || t[1][1
]) else x =t[x][y];
114}
115if (_v > res) res =_v;
116}
117}
118 x = _x; y = ls[0
];119
solve(x, len1); solve(y, len2);
120}
121void
pri()
122125
intmain()
126
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