【引言】
由於樹具有一般的圖沒有的特點，所以在競賽中的應用更廣。
在一些樹上路徑問題中，暴力求解時間復雜度過高，往往需要一些更為高效的算法，點分治就是其中之一。
【流程】
1、首先選取一個點，把無根樹變成有根樹。
那么如何選點呢？ ——樹型動規
因為樹是遞歸定義的，所以我們當然希望遞歸的層數最小。
每次選取的點，要保證與此點相連的結點數最多的連通塊的結點數最小，我們把這個點叫做“重心”。
那么找到一顆樹的重心有以下算法：
（1）dfs一次，算出以每個點為根的子樹大小。
（2）記錄以每個結點為根的最大子樹的大小。
（3）判斷：如果以當前結點為根的最大子樹大小比當前根更優，更新當前根。
1 void getroot(int x,int fa)//x表示當前結點，fa表示x的父結點 2 { 3 son[x]=1;F[x]=0;//F數組記錄以x為根的最大子樹的大小 4 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 5 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y])//避免陷入死循環 6 { 7 getroot(e[i].y,x);//得到子結點信息 8 son[x]+=son[e[i].y];//計算x結點大小 9 F[x]=max(F[x],son[e[i].y]);//更新F數組 10 } 11 F[x]=max(F[x],sum-son[x]);//sum表示當前樹的大小，因為以x為根的情況還要考慮以x的父親為根的子樹大小。 12 if(F[x]<F[root])root=x;//更新當前根 13 }
2、處理聯通塊中通過根結點的路徑。
3、標記根結點（相當於處理過后，將根結點從子樹中刪除）。
4、遞歸處理以當前點的兒子為根的每棵子樹。
【算法框架】
1 int solve(int x) 2 { 3 vis[x]=1;//將當前點標記 4 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 5 if(!vis[e[i].y]) 6 { 7 root=0;//初始化根 8 sum=son[e[i].y];//初始化sum 9 getroot(x,0);//找連通塊的根 10 solve(root);//遞歸處理下一個連通塊 11 } 12 } 13 int main() 14 { 15 build();//建樹 16 sum=f[0]=n;//初始化sum和f[0] 17 root=0;//初始化root 18 getroot(1,0);//找根 19 solve(root);//點分治 20 }
【例題1】【poj1741】tree
給一顆n個節點的樹，每條邊上有一個距離v（v<=1000）。定義d(u,v)為u到v的最小距離。給定k值，求有多少點對（u，v）使u到v的距離小於等於k。數據范圍：n<=10000,k<2^31
計算答案的方法：這個點延伸出的幾棵子樹各做一次dfs，記錄子樹中出現的距離值，對於一棵樹的距離值數組，把它排序求一次ans1，再對每棵子樹分別求一個自己對自己的ans2，ans1-Σans2即為最后的ans。
參考代碼：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<ctime> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 #define INF 0x7fffffff 10 struct node{int y,v,next;}e[20010]; 11 int n,len,k,root,sum,ans,Link[10010],f[10010],vis[10010],son[10010],d[10010],deep[10010]; 12 inline int read() 13 { 14 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 15 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 16 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 17 return x*f; 18 } 19 void insert(int x,int y,int v) 20 { 21 e[++len].next=Link[x]; 22 Link[x]=len; 23 e[len].v=v; 24 e[len].y=y; 25 } 26 void getroot(int x,int fa) 27 { 28 son[x]=1; f[x]=0; 29 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 30 { 31 if(e[i].y==fa||vis[e[i].y]) continue; 32 getroot(e[i].y,x); 33 son[x]+=son[e[i].y]; 34 f[x]=max(f[x],son[e[i].y]); 35 } 36 f[x]=max(f[x],sum-son[x]); 37 if(f[x]<f[root]) root=x; 38 } 39 void getdeep(int x,int fa) 40 { 41 deep[++deep[0]]=d[x]; 42 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 43 { 44 if(e[i].y==fa||vis[e[i].y]) continue; 45 d[e[i].y]=d[x]+e[i].v; 46 getdeep(e[i].y,x); 47 } 48 } 49 int cal(int x,int v) 50 { 51 d[x]=v; deep[0]=0; 52 getdeep(x,0); 53 sort(deep+1,deep+deep[0]+1); 54 int l=1,r=deep[0],sum=0; 55 while(l<r) 56 { 57 if(deep[l]+deep[r]<=k) {sum+=r-l; l++;} 58 else r--; 59 } 60 return sum; 61 } 62 void solve(int x) 63 { 64 ans+=cal(x,0);//計算答案 65 vis[x]=1; 66 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 67 { 68 if(vis[e[i].y]) continue; 69 ans-=cal(e[i].y,e[i].v);//計算不符合題意的答案 70 sum=son[e[i].y]; 71 root=0; 72 getroot(e[i].y,0); 73 solve(root); 74 } 75 } 76 int main() 77 { 78 freopen("cin.in","r",stdin); 79 freopen("cout.out","w",stdout); 80 while(1) 81 { 82 ans=0,root=0,len=0; 83 memset(vis,0,sizeof(vis)); 84 memset(Link,0,sizeof(Link)); 85 n=read(); k=read(); 86 if(n==0&&k==0) break; 87 for(int i=1;i<=n-1;i++) 88 { 89 int x=read(),y=read(),v=read(); 90 insert(x,y,v); insert(y,x,v); 91 } 92 f[0]=INF; sum=n; 93 getroot(1,0); 94 solve(root); 95 printf("%d\n",ans); 96 } 97 return 0; 98 }
【例題2】【bzoj2152】聰聰可可
聰聰和可可是兄弟倆，他們倆經常為了一些瑣事打起來，例如家中只剩下最后一根冰棍而兩人都想吃、兩個人都想玩兒電腦（可是他們家只有一台電腦）……遇到這種問題，一般情況下石頭剪刀布就好了，可是他們已經玩兒膩了這種低智商的游戲。他們的爸爸快被他們的爭吵煩死了，所以他發明了一個新游戲：由爸爸在紙上畫n個“點”，並用n-1條“邊”把這n個“點”恰好連通（其實這就是一棵樹）。並且每條“邊”上都有一個數。接下來由聰聰和可可分別隨即選一個點（當然他們選點時是看不到這棵樹的），如果兩個點之間所有邊上數的和加起來恰好是3的倍數，則判聰聰贏，否則可可贏。聰聰非常愛思考問題，在每次游戲后都會仔細研究這棵樹，希望知道對於這張圖自己的獲勝概率是多少。現請你幫忙求出這個值以驗證聰聰的答案是否正確。
計算答案的方法：與上一題類似，在計算路徑長度時對3取模，用t[0],t[1],t[2]分別記錄模為0、1、2的情況，那么顯然答案就是t[1]*t[2]*2+t[0]*t[0]
參考代碼：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<ctime> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 #define MAXN 20010 10 struct node{int y,v,next;}e[MAXN*2]; 11 int n,len,root,sum,ans,t[5],Link[MAXN],f[MAXN],vis[MAXN],son[MAXN],d[MAXN]; 12 inline int read() 13 { 14 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 15 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 16 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 17 return x*f; 18 } 19 int gcd(int a,int b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);} 20 void insert(int x,int y,int v) 21 { 22 e[++len].next=Link[x]; 23 Link[x]=len; 24 e[len].y=y; 25 e[len].v=v; 26 } 27 void getroot(int x,int fa) 28 { 29 son[x]=1; f[x]=0; 30 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 31 { 32 if(e[i].y==fa||vis[e[i].y]) continue; 33 getroot(e[i].y,x); 34 son[x]+=son[e[i].y]; 35 f[x]=max(f[x],son[e[i].y]); 36 } 37 f[x]=max(f[x],sum-son[x]); 38 if(f[x]<f[root]) root=x; 39 } 40 void getdeep(int x,int fa) 41 { 42 t[d[x]]++; 43 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 44 { 45 if(e[i].y==fa||vis[e[i].y]) continue; 46 d[e[i].y]=(d[x]+e[i].v)%3; 47 getdeep(e[i].y,x); 48 } 49 } 50 int cal(int x,int v) 51 { 52 t[0]=t[1]=t[2]=0; d[x]=v; 53 getdeep(x,0); 54 return t[1]*t[2]*2+t[0]*t[0]; 55 } 56 void solve(int x) 57 { 58 ans+=cal(x,0); vis[x]=1; 59 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 60 { 61 if(vis[e[i].y]) continue; 62 ans-=cal(e[i].y,e[i].v); 63 root=0; sum=son[e[i].y]; 64 getroot(e[i].y,0); 65 solve(root); 66 } 67 } 68 int main() 69 { 70 //freopen("cin.in","r",stdin); 71 //freopen("cout.out","w",stdout); 72 n=read(); 73 for(int i=1;i<n;i++) 74 { 75 int x=read(),y=read(),v=read()%3; 76 insert(x,y,v); insert(y,x,v); 77 } 78 sum=n; f[0]=n; 79 getroot(1,0); 80 solve(root); 81 int t=gcd(ans,n*n); 82 printf("%d/%d\n",ans/t,n*n/t); 83 return 0; 84 }
【例題3】【bzoj2599】Race
給一棵樹,每條邊有權.求一條路徑,權值和等於K,且邊的數量最小.數據范圍：N<=200000, K<=1000000
我的做法：開一個100W的數組t,t[i]表示權值為i的路徑最少邊數
找到重心分成若干子樹后， 得出一棵子樹的所有點到根的權值和x，到根a條邊，用t[k-x]+a更新答案，全部查詢完后
然后再用所有a更新t[x]
這樣可以保證不出現點分治中的不合法情況
把一棵樹的所有子樹搞完后再遍歷所有子樹恢復T數組，如果用memset應該會比較慢
參考代碼：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<ctime> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 #define MAXN 200100 10 #define INF 1000000000 11 struct node{int y,next,v;}e[MAXN*2]; 12 int n,m,len,root,sum,ans,Link[MAXN],son[MAXN],vis[MAXN],t[MAXN*5],dis[MAXN],d[MAXN],f[MAXN]; 13 char buf[1<<15],*fs,*ft; 14 inline char getc() {return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin)),fs==ft)?0:*fs++;} 15 inline int read() 16 { 17 int x=0,f=1; char ch=getc(); 18 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getc();} 19 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getc();} 20 return x*f; 21 } 22 void insert(int x,int y,int v){e[++len].next=Link[x]; Link[x]=len; e[len].y=y; e[len].v=v;} 23 void getroot(int x,int fa) 24 { 25 int ff=1; son[x]=1; 26 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 27 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y]) 28 { 29 getroot(e[i].y,x); 30 son[x]+=son[e[i].y]; 31 if(son[e[i].y]>sum/2) ff=0; 32 } 33 if(sum-son[x]>sum/2) ff=0; 34 if(ff) root=x; 35 } 36 /*void getroot(int x,int fa) 37 { 38 son[x]=1;f[x]=0; 39 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 40 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y]) 41 { 42 getroot(e[i].y,x); 43 son[x]+=son[e[i].y]; 44 f[x]=max(f[x],son[e[i].y]); 45 } 46 f[x]=max(f[x],sum-son[x]); 47 if(f[x]<f[root])root=x; 48 }*/ 49 void cal(int x,int fa) 50 { 51 if(dis[x]<=m) ans=min(ans,d[x]+t[m-dis[x]]); 52 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 53 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y]) 54 { 55 d[e[i].y]=d[x]+1; 56 dis[e[i].y]=dis[x]+e[i].v; 57 cal(e[i].y,x); 58 } 59 } 60 void add(int x,int fa,int flag) 61 { 62 if(dis[x]<=m) 63 { 64 if(flag) t[dis[x]]=min(t[dis[x]],d[x]); 65 else t[dis[x]]=INF; 66 } 67 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 68 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y]) 69 add(e[i].y,x,flag); 70 } 71 void work(int x) 72 { 73 vis[x]=1; t[0]=0; 74 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 75 if(!vis[e[i].y]) 76 { 77 d[e[i].y]=1; dis[e[i].y]=e[i].v; 78 cal(e[i].y,0); 79 add(e[i].y,0,1); 80 } 81 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 82 if(!vis[e[i].y]) add(e[i].y,0,0); 83 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 84 if(!vis[e[i].y]) 85 { 86 sum=son[e[i].y]; root=0; 87 getroot(e[i].y,0); 88 work(e[i].y); 89 } 90 } 91 int main() 92 { 93 //freopen("cin.in","r",stdin); 94 //freopen("cout.out","w",stdout); 95 n=read(); m=read(); 96 for(int i=1;i<=m;i++)t[i]=n; 97 for(int i=1;i<n;i++) 98 { 99 int x=read(),y=read(),v=read(); 100 x++; y++; 101 insert(x,y,v); insert(y,x,v); 102 } 103 sum=ans=f[0]=n; 104 getroot(1,0); 105 work(root); 106 if(ans==n) printf("-1\n"); 107 else printf("%d\n",ans); 108 return 0; 109 }
【例題4】【bzoj3697】采葯人的路徑
采葯人的葯田是一個樹狀結構，每條路徑上都種植着同種葯材。
采葯人以自己對葯材獨到的見解，對每種葯材進行了分類。大致分為兩類，一種是陰性的，一種是陽性的。
采葯人每天都要進行采葯活動。他選擇的路徑是很有講究的，他認為陰陽平衡是很重要的，所以他走的一定是兩種葯材數目相等的路徑。采葯工作是很辛苦的，所以他希望他選出的路徑中有一個可以作為休息站的節點（不包括起點和終點），滿足起點到休息站和休息站到終點的路徑也是陰陽平衡的。他想知道他一共可以選擇多少種不同的路徑。
來自出題人hta的題解：
本題可以考慮樹的點分治。問題就變成求過根滿足條件的路徑數。
路徑上的休息站一定是在起點到根的路徑上，或者根到終點的路徑上。
如何判斷一條從根出發的路徑是否包含休息站？只要在dfs中記錄下這條路徑的和x，同時用個標志數組判斷這條路徑是否存在前綴和為x的節點。
這樣我們枚舉根節點的每個子樹。用f[i][0…1]，g[i][0…1]分別表示前面幾個子樹以及當前子樹和為i的路徑數目，0和1用於區分路徑上是否存在前綴和為i的節點。那么當前子樹的貢獻就是f[0][0] * g[0][0] + Σf [i][0] * g [-i][1] + f[i][1] * g[-i][0] + f[i][1] * g[-i][1]，其中i的范圍[-d,d]，d為當前子樹的深度。
參考代碼：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<ctime> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 #define MAXN 200100 10 struct node{int y,next,v;}e[MAXN]; 11 int n,len,sum,root,mxdeep,Link[MAXN],son[MAXN],deep[MAXN],vis[MAXN],dis[MAXN],t[MAXN],F[MAXN]; 12 long long ans,f[MAXN][2],g[MAXN][2]; 13 inline int read() 14 { 15 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 16 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 17 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 18 return x*f; 19 } 20 void insert(int x,int y,int v) {e[++len].next=Link[x]; Link[x]=len; e[len].y=y; e[len].v=v;} 21 void getroot(int x,int fa) 22 { 23 son[x]=1;F[x]=0; 24 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 25 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y]) 26 { 27 getroot(e[i].y,x); 28 son[x]+=son[e[i].y]; 29 F[x]=max(F[x],son[e[i].y]); 30 } 31 F[x]=max(F[x],sum-son[x]); 32 if(F[x]<F[root])root=x; 33 } 34 void dfs(int x,int fa) 35 { 36 mxdeep=max(mxdeep,deep[x]); 37 if(t[dis[x]]) f[dis[x]][1]++; 38 else f[dis[x]][0]++; 39 t[dis[x]]++; 40 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 41 if(!vis[e[i].y]&&e[i].y!=fa) 42 { 43 dis[e[i].y]=dis[x]+e[i].v; 44 deep[e[i].y]=deep[x]+1; 45 dfs(e[i].y,x); 46 } 47 t[dis[x]]--; 48 } 49 void work(int x) 50 { 51 g[n][0]=1; vis[x]=1; int mx=0; 52 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 53 if(!vis[e[i].y]) 54 { 55 dis[e[i].y]=n+e[i].v; deep[e[i].y]=1; 56 mxdeep=1; dfs(e[i].y,0); mx=max(mx,mxdeep); 57 ans+=(g[n][0]-1)*f[n][0]; 58 for(int j=-mxdeep;j<=mxdeep;j++) 59 ans+=g[n-j][1]*f[n+j][1]+g[n-j][0]*f[n+j][1]+g[n-j][1]*f[n+j][0]; 60 for(int j=n-mxdeep;j<=n+mxdeep;j++) 61 { 62 g[j][0]+=f[j][0]; 63 g[j][1]+=f[j][1]; 64 f[j][0]=f[j][1]=0; 65 } 66 } 67 for(int i=n-mx;i<=n+mx;i++) 68 g[i][0]=g[i][1]=0; 69 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 70 if(!vis[e[i].y]) 71 { 72 root=0; 73 sum=son[e[i].y]; 74 getroot(e[i].y,0); 75 work(root); 76 } 77 } 78 int main() 79 { 80 //freopen("cin.in","r",stdin); 81 //freopen("cout.out","w",stdout); 82 n=read(); 83 for(int i=1;i<n;i++) 84 { 85 int x=read(),y=read(),v=read(); 86 if(!v) v=-1; 87 insert(x,y,v); insert(y,x,v); 88 } 89 sum=F[0]=n; 90 getroot(1,0); 91 work(root); 92 printf("%lld\n",ans); 93 return 0; 94 }