（7.17）早就想学点分治了……今天状态不太在线，眯一会写篇笔记来理理思路。
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（静态）点分治是一种利用无根树性质暴力分治的思想，可以在O(nlog^2n)的复杂度下统计可带权树上的路径信息。
像是这道例题，多组询问是否存在长度为k的路径，需要我们预处理出一个储存所有路径长度信息的桶。
点分治的做法，就是选定一个合适的根节点，把树上的所有路径分成不重不漏的两部分来统计：
1、经过根节点u的路径；
2、在u某个子树中的路径。
每次分治我们会统计出第一种路径的信息，然后递归进入u的每个子树，将第二种路径看作它的子树内的子问题来求解。
首先，我们要选定一个合适的根节点开始分治。最理想的根节点要满足它的每个子树大小都基本一样大；于是我们就想起了重心这个好东西。
无根树的重心u的性质：
1、最大子树的大小最小。
2、最大的子树大小小于等于树大小的一半。
如果每次选定该子树的重心为根来进行分治，我们就可以保证递归的进行不超过logn层。
- void find_rt(int u, int pre) {
- size[u] = 1;
- int Mx = 0;
- for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
- int v = edge[i].to;
- if (v == pre || vis[v]) continue;
- find_rt(v, u);
- size[u] += size[v];
- Mx = max(Mx, size[v]);
- }
- Mx = max(Mx, Size - size[u]);
- if (Mx < Mn)
- root = u, Mn = Mx;
- }
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接下来是分治的过程。
针对这道题来说，我们通过一次暴力dfs统计出当前子树中每个点的路径信息（包括根自身，深度为0），然后继续很暴力地两两组合路径，然后就出问题了……
直接合并任意两条路径是行不通的，因为这两条路径可能来自u的同一个子节点v。此时我们得到的这条不合法路径的信息把u--->v的这条边统计了两次，所以我们要再遍历一遍它的每个子树，把这些不合法路径去掉。具体的操作可以看代码，用到了容斥原理。
- void dfs(int u, int pre, int depth) {
- chd[++tot] = depth; //记录每个子节点深度
- for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
- int v = edge[i].to;
- if (v == pre || vis[v])
- continue;
- dfs(v, u, depth + edge[i].w);
- }
- }
- void solve(int u, int extra, bool f) { //第三个参数表示加减
- tot = 0;
- dfs(u, 0, extra);
- if (f) {
- for (int i = 1; i <= tot; ++i)
- for (int j = i + 1; j <= tot; ++j)
- ++ans[chd[i] + chd[j]];
- } else {
- for (int i = 1; i <= tot; ++i)
- for (int j = i + 1; j <= tot; ++j)
- --ans[chd[i] + chd[j]];
- }
- }
- void divide(int u) { //分治过程
- vis[u] = true;
- solve(u, 0, 1);
- for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
- int v = edge[i].to;
- if (vis[v]) continue;
- solve(v, edge[i].w, 0); //第二个参数为初始的深度，保证与以u为根算出的深度统一。
- Mn = inf, Size = size[v];
- find_rt(v, 0);
- divide(root);
- }
- }
大概不管是谁看到这里都想吐槽了：这个常数大到哪里去了？每回都要多跑一遍O(n)的搜索和O(n^2)的统计，虽然复杂度没有变，但是接受不能。
实际上分治的过程有第二种写法，但是我还没有掌握，所以今天就先更新到这里。