樹分治亂學

\(\mathrm\color}\) 輕鬆切點分治然後還寫了\(\huge\leftarrow}\)

orz.

神 \(\mathrm\color}\) 說 : 所謂點分治，就是把所有的點分開來治

通過對於整個樹形結構的遍歷,一次性解決大量對於樹鏈的詢問.

對於一棵樹,其任意兩點之間都有唯一一條簡單路徑,於是總的路徑數就是 \(\frac\) , 是 \(n^2\) 級別的,顯然直接列舉每條路徑然後維護是很劣的.

那麼,在遍歷一棵樹的時候,把樹盡可能均勻分成兩部分,那麼整體就是 \(\mathrm(n \log n)\) 了.

為了更為平均,引入樹的重心.

對於樹上的每乙個點,算其所有子樹中最大的子樹節點數,這個值最小的點就是這棵樹的重心.

而重心有乙個性質 : 以樹的重心為根時,所有子樹的大小都不超過整棵樹大小的一半.

求重心也很簡單, \(\mathrm(n)\) 的一次 dfs 即可.

那麼問題就來了,大量的求重心複雜度會很高嗎 ?

實際是不會的.只要總是找到重心,子樹就能盡量均分,這樣就可以實現找重心總體 \(\mathrm(n \log n)\)

可以發現,分治 + 求重心的過程都是 \(\mathrm(n \log n)\) 的,於是總體複雜度就是 \(\mathrm(n \log n)\).

然後分的部分解決後,考慮如何處理路徑問題.

首先,對於目前分治到的乙個點 \(u\) (這時候這個點是重心,作為根節來用),可以求出 \(u\) 到其子樹內所有的點的路徑的資訊,然後遞迴得到 \(u\) 子樹內路徑的資訊,最後回溯到 \(u\) 時,合併這些資訊和 \(u\) 父親的資訊,拼接在一起得到跨越分治到的根的資訊.

\(\texttt\)

code :

int head[n],ecnt = -1;

struct edge e[n << 1];
inline void addedge(int st,int ed,int w) ,head[st] = ecnt;
e[++ecnt] = (edge) ,head[ed] = ecnt;
}int n,m;
int q[105];
bool res[105],vis[n];
bool buc[10000005];
int dist[n],tmpd[n];
int siz[n],f[n];
int totsiz,rt,cnt;
#define max(a,b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
void calcsiz(int u,int _f) 
f[u] = max(f[u],totsiz - siz[u]);
if(f[u] < f[rt]) rt = u;
}void calcdist(int u,int _f) 
}std::queuetag;
void solve(int u,int _f) 
while(!tag.empty())
buc[tag.front()] = 0,tag.pop();
fe(i,u) 
}int mian() 
ff(i,1,m) q[i] = read();
rt = 0,f[rt] = inf;
totsiz = n;
calcsiz(1,1);
calcsiz(rt,rt);
solve(rt,rt);
ff(i,1,m) if(res[i])
putc('a'),putc('y'),putc('e'),enter;
else
putc('n'),putc('a'),putc('y'),enter;
end_io();
return 0;
}

但是我的點分治好慢啊.

\(\texttt\)

code :

int head[n],ecnt = -1;

struct edge e[n << 1];
inline void addedge(int st,int ed,int w) ,head[st] = ecnt;
e[++ecnt] = (edge) ,head[ed] = ecnt;
}int n;
int q,ans;
bool vis[n];
int dist[n],tmpd[n];
int siz[n],f[n];
int totsiz,rt,cnt;
#define max(a,b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
void calcsiz(int u,int _f) 
f[u] = max(f[u],totsiz - siz[u]);
if(f[u] < f[rt]) rt = u;
}void calcdist(int u,int _f) 
}#define lb(x) (x & (-x))
int t[20005];
void m(int p,int val) 
}int q(int p) 
return ret;
}std::queuetag;
void solve(int u,int _f) 
cnt = 0;
}while(!tag.empty()) 
fe(i,u) 
}

那麼考慮新建一些不影響統計過程的結點,然後分配一下其餘點使其成為二叉樹.

帶修好難啊.

以後再補吧.

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