点分治学习笔记

点分治

关于点分治，其实思想是非常好理解的，类比在数列上或是在平面上的分治算法（如归并排序，平面最近点对等），我们可以从字面上理解该算法：

以一个点为界限，将一棵树分成若干个子树，当划分到一定规模，就对每个子树分别进行求解

感性理解就好了

感受一个算法最直观的办法，就是来看一道模板题。

【模板】 点分治

给定一棵有\(n\)个点的树，询问树上长度为\(k\)的链是否存在。

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首先可以很直观的知道，对于树上的任意一个点，有很多条经过它的链

那么，对于本题，我们是否可以在能够接受的时间内对这些经过该点的链进行求解呢？

答案是肯定的，只需要以该节点为根节点，对整颗树进行一遍\(\text{DFS}\),求出各个点到该点的距离，然后就可以用桶排等方法解决该问题。

那么对于剩下的没有被处理到的链呢？

自然，我们可以以这个点，将整棵树断掉，将它的子树分开递归分治求解，这样这道题目就解决啦！

咳咳，真的这么简单吗？

我们来看一张图

多么优雅的一条链！

如果我们一开始以\(1\)为根节点，按照这个思路，我们需要进行\(n\)次操作，这样肯定是不行的。

也就是说，我们需要找到一个节点，使得在将其断掉之后，剩下的各个子树的大小相对均匀，这样在进行分治求解的时候就可以让时间复杂度最优。

所以这里需要引入一个新的概念：

树的重心

定义：树的重心也叫树的质心。找到一个点,其所有的子树中最大的子树节点数最少,那么这个点就是这棵树的重心,删去重心后，生成的多棵子树尽可能平衡。（摘自百度百科）

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那么如何求树的重心呢？

我们可以采取一种类似于\(DP\)的算法，因为我们要使最大的子树节点数最少，于是我们可以任选一个点进行\(DFS\)，在搜索过程中，记录每一个点的最大的子树大小，然后进行操作，即
\[ dp[u]=max(siz[son[u]],sum-siz[u]) \]
\(sum\)表示这颗子树一共有多少个节点，\(siz[i]\)即子树大小

这样的话，我们就只需要在该子树中找到最小的\(dp[i]\)，这样\(i\)就是我们要找的重心了。

是不是很简单？

贴一小段代码

//root默认为0，dp[0]=inf
void get_root(int u,int fa,int sum)
{
    dp[u]=0,siz[u]=1;//初始化
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nex)
    {
        int v=e[i].to;
        if(v==fa||vis[u]) continue;//vis[u]表示该节点是否被当作根节点操作过，同时保证该函数只在本子树内操作
        get_root(v,u,sum);
        siz[u]+=siz[v];
        dp[u]=max(dp[u],siz[v]);
    }
    dp[u]=max(dp[u],sum-siz[u]);
    if(dp[u]<dp[root]) root=u;  
}

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那么，如何统计答案呢？

对于本题，提供\(3\)种方法供君选择

说明：\(dis[u]\)表示\(u\)节点到重心的距离，\(siz[u]\)表示以\(u\)为根的子树大小，\(root\)表示当前子树重心

\(1.\)暴力枚举法

我们将所有的节点到重心的距离\(dis[u]\)通过一遍\(DFS\)记录下来，然后开一个桶，两两组合，统计答案。这样的话，会有一个问题，就是在同一条路径上的节点的答案也会被统计，比如\(dis[u]+dis[son[u]]=k\)，但是这两个节点并没有到重心的一条链，所以需要删去。

那么如何做呢？

简单容斥一下就好了
\[ Ans=Ans(以重心为根的子树)-\sum Ans(以重心的孩子为根的子树) \]
时间复杂度为单次\(O(siz[root]^2)\),且有一定局限性——\(k\)太大时无法使用

$ 2.$配对法

这是一个在本题跑得飞起的计算方法

假设一共有\(son_1,son_2,son_3,...,son_n\)这些多棵子树

令\(vis[j]\)数组表示在求解到第\(i\)棵子树的答案时，前\(i-1\)棵子树是否存在到重心长度为\(j\)的路径

这样一来，我们就只需要在每棵子树当中对于每一个询问，枚举找到可以凑成答案的路径即可

时间复杂度为单次\(O(m*siz[root])\),由于询问较少，跑的飞起

但注意，在还原数组的时候，需要将

同样，也有一定的局限性——\(k\)太大时同样无法使用

\(3.\)two pointers

维护\(l,r\)两个指针，将所有得到的\(dis[i]\)从小到大排序，这样的话，就可以保证\(dis\)数组单调递增，有两个思路供君选择：

\(1)\)直接标记（仅针对本题）

在\(DFS\)求解\(dis[i]\)时，可以记录每一个节点对应来自哪一棵子树，记为\(tag[i]\)然后可以按照这样的思路：

令\(l=0,r=siz[root]\)

如果当前点已有答案，跳过

如果\(dis[l]+dis[r]>k\),就\(--r\),这样才有可能有解

如果\(dis[l]+dis[r]<k\),就\(++l\),同理

如果\(dis[l]+dis[r]=k \quad且\quad tag[l]==tag[r]\),就看\(dis[r-1]\)的大小，并进行相应调整

如果上述条件都不满足，则对于这个\(k\)有解

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\(2)\)前缀统计

我们可以化等为不等，记录\(\le k\)和\(\le k-1\)的路径条数

同样令\(l=0,r=siz[root]\)

若\(dis[l]+dis[r]<=k\),则说明在\([l+1,r]\)的\(dis\)都可以组成答案，此时\(++l\);

否则\(--r\);

这种方法同样需要容斥。

两种方法的时间复杂度均为单次\(O(m*siz[root])\)，且不受\(k\)的限制,同时这种思想也在非常多的题目上有所运用，如\(NOI2019Day1T3\)

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大体思路就是这样，共\(3\)步：

\(1.\)找树的重心

\(2.\)求解经过重心的链对答案的贡献

\(3.\)在各个子树内求解

于是这个题目就完结辣OWO~

贴代码（上面讲的很清楚了于是没有注释QWQ）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,m;
struct cc{
    int to,nex,w;
}e[maxn<<2];
int head[maxn],cnt;
int siz[maxn],dp[maxn],vis[maxn],q[maxn],ans[maxn];
void add(int x,int y,int z)
{
    ++cnt;
    e[cnt].to=y;
    e[cnt].nex=head[x];
    e[cnt].w=z;
    head[x]=cnt;
}
int root=0;
void get_root(int u,int fa,int sum)
{
    dp[u]=0,siz[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nex)
    {
        int v=e[i].to;
        if(v==fa||vis[v]) continue;
        get_root(v,u,sum);
        siz[u]+=siz[v];
        dp[u]=max(dp[u],siz[v]);
    }
    dp[u]=max(dp[u],sum-siz[u]);
    if(dp[u]<dp[root]) root=u;  
}
int dep[maxn],dis[maxn],tot;
void get_dis(int u,int fa)
{
    dep[++tot]=dis[u];
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nex)
    {
        int v=e[i].to;
        if(v==fa||vis[v]) continue;
        dis[v]=dis[u]+e[i].w,get_dis(v,u);
    }
}
void get_ans(int u,int now,int val)
{
    dis[u]=now,tot=0;
    get_dis(u,0);
    stable_sort(dep+1,dep+tot+1);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        int s1=0,s2=0,l=1,r=tot;
        while(l<r)
            if(dep[l]+dep[r]<=q[i]) s1+=r-l,++l;
            else --r;
        l=1,r=tot;
        while(l<r)
            if(dep[l]+dep[r]<q[i]) s2+=r-l,++l;
            else --r;
        ans[i]+=(s1-s2)*val;
    }
}
void solve(int u)
{
    get_ans(u,0,1);
    vis[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nex)
    {
        int v=e[i].to;
        if(vis[v]) continue;
        get_ans(v,e[i].w,-1);
        root=0;
        get_root(v,u,siz[v]),solve(root);
    }
}
int main()
{
    int a,b,c;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    dp[0]=n;
    for(int i=1;i<n;++i)
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c),add(a,b,c),add(b,a,c);
    for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&q[i]);
    get_root(1,0,n);solve(root);
    for(int i=1;i<=m;++i)
        printf("%s\n",ans[i]?"AYE":"NAY");
    return 0;
} 

Thanks for reading.

来源：https://www.cnblogs.com/HenryHuang-Never-Settle/p/11206991.html