P3806 【模板】点分治1

先贴一篇dalao的证明[一种基于错误的寻找重心方法的点分治的复杂度分析](http://liu-cheng-ao.blog.uoj.ac/blog/2969)%%%%% 针对本蒟蒻之前题解的一些错误以做出了修改，并且实测#7无RE/TLE，如果还有不到之处欢迎dalao指出 ******************** 我们先随意指定一个根rt，将这棵树转化成有根树 不难发现树上的路径分为两类， **经过根节点rt的路径**和**包含于rt的某棵子树里(不经过rt)的路径** 对于前者， 我们用$dis[u]$表示结点$u$到根节点$rt$的路径长度， 则u到v的路径长即为$dis[u]+dis[v]$ 对于后者， 既然$u$到$v$的路径包含在$rt$的某个子树内， 那么我们就**找到这棵子树的根，再对他求一次第一类路径** 这样分治的思想就很明显了 **就是把原来的树分成很多小的子树，并对每个子树分别求解第一类路径** 点分治过程中，每一层的所有递归过程合计对每个点处理一次 假设共递归T层，则总时间复杂度为$O(T*N)$ 然而，**如果树退化成一条链** 那么递归层数就是$T=n$，总时间复杂度为$O(N^2)$ 这样显然不能承受，所以我们要让树的层数经量少 这里就要找**树的重心** maxp[u] (max part)表示**删除结点u后产生的子树中，最大的那棵的大小** 则树的重心就是**maxp[]值最小的那个节点** ```cpp //sum是当前子树的总结点数，size[u]是以u为根的子树大小 void getrt(int u,int fa) { size[u]=1; maxp[u]=0; for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt) { int v=E[i].v; if(v==fa||vis[v])continue; getrt(v,u);//先递归得到子树大小 size[u]+=size[v]; maxp[u]=max(maxp[u],size[v]);//更新u结点的maxp } maxp[u]=max(maxp[u],sum-size[u]);//考虑删除u后，父节点一侧的子树大小 if(maxp[u]<maxp[rt]) rt=u;//更新当前子树的重心 } ``` 我们在点分治过程中**每次选取子树的重心为子树的树根进行处理**， 这样**总的递归深度不会超过**$logN$**层**， 整个点分治的时间复杂度也就保证了$O(NlogN)$ 点分治题的思想大都如上， 对于不同的题要设计不同的calc函数 ******************************** 回到本题，询问可以离线记录并直接在分治过程中处理 设当前根为$rt$，他的子树为$v_1,v_2……v_t$， 假设当前处理的子树为$v_i$，求出$v_i$中每个结点到$rt$的距离$dis$并保存于$rem$数组 并令$judge[dis]$表示在子树$v_1$~$v_{i-1}$中是否存在某个节点到$rt$距离为$dis$ 遍历每个离线记录的询问，对每个询问遍历一次当前子树的$rem$ 若当前询问距离为$query[k]$，遍历到的子树$v_i$中某个结点到$rt$距离为$rem[j]$ 如果$judge[query[k]-rem[j]]==1$，则代表此询问的路径存在 再具体点解释这段话操作的含义 就是用子树$v_i$中某个结点与子树$v_1$~$v_{i-1}$中某个节点两两配对，检查是否存在长度为$query[k]$的路径 像这样配对完后将这棵子树的$rem$(即子树$v_i$中每个节点到$rt$的$dis$)一起保存进$judge$数组，继续下一个子树$v_{i+1}$的处理 当以rt为根的树查询完后清空judge数组 然后对其他子树进行分治 ********************* ```cpp //niiick #include<iostream> #include<vector> #include<algorithm> #include<queue> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; int read() { int f=1,x=0; char ss=getchar(); while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();} while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();} return f*x; } const int inf=10000000; const int maxn=100010; int n,m; struct node{int v,dis,nxt;}E[maxn<<1]; int tot,head[maxn]; int maxp[maxn],size[maxn],dis[maxn],rem[maxn]; int vis[maxn],test[inf],judge[inf],q[maxn]; int query[1010]; int sum,rt; int ans; void add(int u,int v,int dis) { E[++tot].nxt=head[u]; E[tot].v=v; E[tot].dis=dis; head[u]=tot; } void getrt(int u,int pa) { size[u]=1; maxp[u]=0; for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt) { int v=E[i].v; if(v==pa||vis[v]) continue; getrt(v,u); size[u]+=size[v]; maxp[u]=max(maxp[u],size[v]); } maxp[u]=max(maxp[u],sum-size[u]); if(maxp[u]<maxp[rt]) rt=u; } void getdis(int u,int fa) { rem[++rem[0]]=dis[u]; for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt) { int v=E[i].v; if(v==fa||vis[v])continue; dis[v]=dis[u]+E[i].dis; getdis(v,u); } } void calc(int u) { int p=0; for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt) { int v=E[i].v; if(vis[v])continue; rem[0]=0; dis[v]=E[i].dis; getdis(v,u);//处理u的每个子树的dis for(int j=rem[0];j;--j)//遍历当前子树的dis for(int k=1;k<=m;++k)//遍历每个询问 if(query[k]>=rem[j]) test[k]|=judge[query[k]-rem[j]]; //如果query[k]-rem[j]d的路径存在就标记第k个询问 for(int j=rem[0];j;--j)//保存出现过的dis于judge q[++p]=rem[j],judge[rem[j]]=1; } for(int i=1;i<=p;++i)//处理完这个子树就清空judge judge[q[i]]=0;//特别注意一定不要用memeset，会T } void solve(int u) { //judge[i]表示到根距离为i的路径是否存在 vis[u]=judge[0]=1; calc(u);//处理以u为根的子树 for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt)//对每个子树进行分治 { int v=E[i].v; if(vis[v])continue; sum=size[v]; maxp[rt=0]=inf;//注意sum是以v为根的子树大小 getrt(v,0); solve(rt);//在子树中找重心并递归处理 } } int main() { n=read();m=read(); for(int i=1;i<n;++i) { int u=read(),v=read(),dis=read(); add(u,v,dis);add(v,u,dis); } for(int i=1;i<=m;++i) query[i]=read();//先记录每个询问以离线处理 maxp[rt]=sum=n;//第一次先找整棵树的重心 getrt(1,0); solve(rt);//对树进行点分治 for(int i=1;i<=m;++i) { if(test[i]) printf("AYE\n"); else printf("NAY\n"); } return 0; } ```