【模版】【P3806】点分治

（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(nlogn)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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　　接下来是分治和统计的过程。O(nlogn)实际上是算法框架的复杂度，实际复杂度会随统计手段而改变。

　　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。

　　实际上该题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。

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（7.19）肝出了点分治的第二种写法。

　　我们完全可以通过直接进行不重不漏的统计来避免容斥。处理u时，我们每次跑出点u的一个子树内的所有深度，把它们计入子树深度信息的同时，与之前得到的别的子树的信息组合，统计答案。注意这里要把点u本身计入这个child数组中，深度为0，这样就涵盖了路径结尾在u的情况。

代码：

int chd[maxn], temp, tot;
void dfs(int u, int pre, int d) {
chd[++tot] = d;
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to;
if (v == pre || vis[v])
continue;
dfs(v, u, d + edge[i].w);
}
}
void solve(int u, int extra) {
temp = tot;
dfs(u, 0, extra);
for (register int i = temp + 1; i <= tot; ++i)
for (register int j = 1; j <= temp; ++j)
++ans[chd[i] + chd[j]];
}
void divide(int u) {
vis[u] = true;
// memset(chd, 0, sizeof(chd));//直接覆盖原数组信息即可，不用拷贝也不用清空
chd[1] = 0;
tot = 1; //算上自己
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to;
if (vis[v]) continue;
solve(v, edge[i].w);
}
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to;
if (vis[v]) continue;
Mn = inf, Size = size[v];
find_rt(v, 0);
divide(root);
}
}

　　这段代码的实测效率比上一种写法快了一倍（开O2快10倍@w@）。下面放上完整的代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define maxn 10010
const int inf(0x3fffffff);
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
x = 0;
int f = 1;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) {
if (ch == '-')
f = -1;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch)) {
x = x * 10 + (ch ^ 48);
ch = getchar();
}
x *= f;
return;
}
int n, m;
int head[maxn], top;
struct E {
int to, nxt, w;
} edge[maxn << 1];
inline void insert(int u, int v, int w) {
edge[++top] = (E) {v, head[u], w};
head[u] = top;
}
int Mn, root, Size, size[maxn], ans[10000010];
bool vis[maxn];
void find_rt(int u, int pre) {
size[u] = 1;
int Mxson = 0;
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to;
if (vis[v] || v == pre)
continue;
find_rt(v, u);
size[u] += size[v];
if (size[v] > Mxson)
Mxson = size[v];
}
Mxson = max(Mxson, Size - size[u]);
if (Mxson < Mn)
root = u, Mn = Mxson;
}
int chd[maxn], temp, tot;
void dfs(int u, int pre, int d) {
chd[++tot] = d;
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to;
if (v == pre || vis[v])
continue;
dfs(v, u, d + edge[i].w);
}
}
void solve(int u, int extra) {
temp = tot;
dfs(u, 0, extra);
for (register int i = temp + 1; i <= tot; ++i)
for (register int j = 1; j <= temp; ++j)
++ans[chd[i] + chd[j]];
}
void divide(int u) {
vis[u] = true;
// memset(chd, 0, sizeof(chd));//直接覆盖原数组信息即可，不用拷贝也不用清空
chd[1] = 0;
tot = 1; //算上自己
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to;
if (vis[v]) continue;
solve(v, edge[i].w);
}
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to;
if (vis[v]) continue;
Mn = inf, Size = size[v];
find_rt(v, 0);
divide(root);
}
}
int main() {
// freopen("testdata.in.txt", "r", stdin);
// freopen("testdata.out", "w", stdout);
read(n), read(m);
int u, v, w, k;
for (register int i = 1; i < n; ++i) {
read(u), read(v), read(w);
insert(u, v, w), insert(v, u, w);
}
Size = n, Mn = inf;
find_rt(1, 0);
divide(root);
for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
read(k);
puts(ans[k] ? "AYE" : "NAY");
}
return 0;
}

由于通过枚举每一条可行路径来n^2进行统计，这种写法有很大的局限性。例如【P4178】Tree 这道题，直接枚举统计会爆炸，需要排序和双指针扫描的技巧来成段统计可行路径。在大多数情况下还是需要使用容斥去重的方法进行点分治。

巴特西

【模版】【P3806】点分治

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