树的直径，树的重心，树的分冶
主要是利用了反证法：
假设 s-t这条路径为树的直径，或者称为树上的最长路
现有结论，从任意一点u出发搜到的最远的点一定是s、t中的一点，然后在从这个最远点开始搜，就可以搜到另一个最长路的端点，即用两遍广搜就可以找出树的最长路
证明：
1 设u为s-t路径上的一点，结论显然成立，否则设搜到的最远点为T则
dis(u,T) >dis(u,s) 且 dis(u,T)>dis(u,t) 则最长路不是s-t了，与假设矛盾
2 设u不为s-t路径上的点
首先明确，假如u走到了s-t路径上的一点，那么接下来的路径肯定都在s-t上了，而且终点为s或t，在1中已经证明过了
所以现在又有两种情况了：
1：u走到了s-t路径上的某点，假设为X，最后肯定走到某个端点，假设是t ，则路径总长度为dis(u,X)+dis(X,t)
2：u走到最远点的路径u-T与s-t无交点，则dis(u-T) >dis(u,X)+dis(X,t);显然，如果这个式子成立，
则dis(u,T)+dis(s,X)+dis(u,X)>dis(s,X)+dis(X,t)=dis(s,t)最长路不是s-t矛盾
附上一张第二种情况的图
树的“重心”的一些性质及动态维护
2011-08-24 20:31:13| 分类： 程序|字号 订阅
POJ 1655 - DP 树的重心，经典 #P
- #include
- #include
- #include
- #include
- #include
- #include
- #define OP(s) cout<<#s<<"="<
- #define PP(s) cout<<#s<<"="<
- using namespace std;
- int n;
- vector <int> adj[20010];
- int son[20010];
- bool vd[20010];
- int ans,asize = 1<<29;
- void DFS(int s)
- {
- vd[s] = 1;
- son[s] = 0;
- int blance = 0;
- int size = adj[s].size();
- for (int j = 0;j < size;j++)
- {
- int u = adj[s][j];
- if (vd[u]) continue;
- DFS(u);
- son[s] += son[u]+1;
- blance = max(blance,son[u]+1);
- }
- blance = max(blance,n - son[s] - 1);
- if (blance < asize || blance == asize && s < ans)
- ans = s,asize = blance;
- }
- int main()
- {
- // freopen("test.txt","r",stdin);
- int T;
- cin>>T;
- while(T--)
- {
- cin>>n;
- for (int i = 1;i <= n;i++) adj[i].clear();
- for (int i = 1;i <= n-1;i++)
- {
- int u,v;
- scanf("%d%d",&u,&v);
- adj[u].push_back(v);
- adj[v].push_back(u);
- }
- memset(vd,0,sizeof(vd));
- asize = 1<<29;
- DFS(1);
- cout<
- }
- return 0;
- }
poj 1741 (树的分治)
题意：给定一棵N(1<= N <=10000)个结点的带权树，定义dist(u,v)为u,v两点间的最短路径长度，路径的长度定义为路径上所有边的权和。再给定一个 K ，如果对于不同的两个结点a,b，如果满足dist(a,b) <=K，则称(a,b)为合法点对。求合法点对个数。
思路：看了论文《分治算法在树的路径问题中的应用》，里面讲解的很清楚，一条路径要么过根节点，要么在一颗子树中，所以用分治算法。找到树的重心作为根节点，这样每次树的节点数至少减少一半。处理经过当前根节点路径<=k的点对数，然后把根节点去掉后就把原来的树分成几颗子树了，再处理子树。我们在求经过一个根节点的路径时，里面还包含了点对属于同一颗子树的情况，所以要去掉这部分的点。
dis(i)+dis(j)<=k(i,j的父节点不为根节点的同一个儿子）
=dis(i)+dis(j)<=k-dis(i)+dis(j)<=k(i,j的父节点属于根节点的同一儿子).
- #include
- #include
- #include
- const int N=10010;
- using namespace std;
- int head[N],num,f[N],son[N],n,D,root,size,ans,dis[N],d[N],cum;
- bool vis[N];
- #define max(a,b) (a
- struct edge
- {
- int st,ed,w,next;
- }e[N*2];
- void addedge(int x,int y,int w)
- {
- e[num].st=x;e[num].ed=y;e[num].w=w;e[num].next=head[x];head[x]=num++;
- e[num].st=y;e[num].ed=x;e[num].w=w;e[num].next=head[y];head[y]=num++;
- }
- void getroot(int u,int father)//求树的重心
- {
- int i,v;
- f[u]=0;son[u]=1;
- for(i=head[u];i!=-1;i=e[i].next)
- {
- v=e[i].ed;
- if(vis[v]||v==father)continue;
- getroot(v,u);
- son[u]+=son[v];
- f[u]=max(f[u],son[v]);
- }
- f[u]=max(f[u],size-son[u]);
- if(f[u]
- }
- void getdis(int u,int father)//求节点到根节点的距离
- {
- int i,v;
- son[u]=1;//更新子树的节点的子节点数，不更新也能ac
- d[cum++]=dis[u];//将点到根节点的距离加入数组
- for(i=head[u];i!=-1;i=e[i].next)
- {
- v=e[i].ed;
- if(vis[v]||v==father)continue;
- dis[v]=dis[u]+e[i].w;
- getdis(v,u);
- son[u]+=son[v];
- }
- }
- int cont(int u,int mit)
- {
- int res=0,L,R;
- dis[u]=mit;
- cum=0;
- getdis(u,0);
- sort(d,d+cum);//将点到根节点的距离排序
- for(L=0,R=cum-1;L
- {
- if(d[L]+d[R]<=D)//如果d[L]+d[R]<=D,L代表的节点可以与（R-L）个节点成对
- res+=(R-L++);
- else R--;
- }
- return res;
- }
- void work(int u)
- {
- int i,v;
- vis[u]=true;
- ans+=cont(u,0);//路径经过该根节点的点对数
- for(i=head[u];i!=-1;i=e[i].next)
- {
- v=e[i].ed;
- if(vis[v])continue;
- ans-=cont(v,e[i].w);//减去属于v子树的点对数
- root=0;f[root]=size=son[v];
- getroot(v,0);//求v子树的根节点
- work(root);//求v子树的点对
- }
- }
- int main()
- {
- int i,x,y,w;
- while(scanf("%d%d",&n,&D),n||D)
- {
- memset(head,-1,sizeof(head));
- num=0;
- for(i=1;i
- {
- scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
- addedge(x,y,w);
- }
- memset(vis,false,sizeof(vis));
- root=0;f[root]=size=n;ans=0;
- getroot(1,0);
- work(root);
- printf("%d\n",ans);
- }
- return 0;
- }
WC2010 重建计划
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问题简述
给定一棵边上带权的树，求一个平均价值最大的简单路径。路径的平均价值定义为路径的带权长度与不带权长度的比值。
问题分析
在一棵树上直接找这样的路径是很困难的，因此我们考虑将问题分解。一个基本的想法是在树上分治，为保证对数级别的时间复杂度，必须使用基于点的剖分[1]。每次找到树的重心[2]作为根节点，然后将根节点的子树平均分为两部分，两部分共用根节点。对每一部递归求解，然后把这两部分合并。求树的重心的方法是随便找一个根，求出每个子树的大小，找到max{i.child.size,N-i.size}最小的i，i就是树的重心。重心可能有多个，找一个即可。
对于一个分治的局面，每一部分都是当前根节点的一些子树组成的森林，再加上根节点，所以每一部分仍然是一棵树。最优的路径可能在某一个分治的部分中，也可能跨过根节点在两个部分中。前者可以直接递归下去求解，重点是处理后者的情况。这时需要做的一个重要转化是二分答案，由于答案的范围是已知的，我们可以在答案的范围内二分答案的值A，然后把树上每一条边的权值都减去A。判断有解的方法也就变成了判断是否存在一条带权长度大于等于0的路径，继续转化就是，判断最长的带权路径的带权长度是否大于等于0。
如何找出跨两部分的最长带权路径呢？由于路径的长度必须满足在[L,U]之间，简单的想法是在一个部分中枚举路径的一个端点的深度i，那么这条路径的另一端在另一个部分中的深度一定是在[L-i,U-i]之间。为保证路径最长，第一个部分中深度为i的一段显然应该是这个部分中深度为i的所有路径中带权长度最大的那一条，第二部分也同理，不过要枚举深度在[L-i,U-i]的最大值。如果我们确定i的枚举顺序以后，[L-i,U-i]区间的移动就是单调的，因此可以用单调队列维护最大值，因此时间复杂度就是线性的。
算法描述
-
求出当前树的重心，对当前树进行点剖分。
-
二分当前树中平均长度最大值A，判断二分范围是否满足精度，如果满足转到步骤5，否则转到步骤3。
-
将树上所有边权值减去A，求出剖分的两部分每个深度上的最长带权路径长度。
-
用单调队列维护，求出跨两部分的带权路径长度最大值，判断该值是否大于等于0，转到步骤2。
-
对剖分的两部分分别递归求解，如果这一部分大小大于等于L的话。
复杂度分析
对树点剖分的时间复杂度为O(logN)，求重心的时间复杂度为O(N)，二分答案时间复杂度为O(logV)，求带权路径长度最大值时间复杂度为O(N)，因此总时间复杂度为O(NlogNlogV)。
参考程序
/*
* Problem: NOI Winter Camp 2010 Rebuild
* Author: Guo Jiabao
* Time: 2010.3.12 14:01
* Label: Solved
* Memo: Binary Search + Monoqueue + Devide & Conquer on tree
*/
#include
#include int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
addedge(a,b,c);
addedge(b,a,c);
if (L == 1 && c > Ans)
Ans = c;
}
}
void get_depth(int i)
{
for (edge *e=V[i];e;e=e->next)
{
int j = e->t;
if (ava[j] != 0) continue;
if (depth[j] == -1)
{
depth[j] = depth[i] + 1;
get_depth(j);
}
}
}
int get_longest_line(int start)
{
int i,maxdepth;
memset(depth,-1,sizeof(depth));
depth[start] = maxdepth = 0;
get_depth(start);
for (i=1;i<=N;i++)
if (ava[i] == 0 && depth[i] > maxdepth)
{
maxdepth = depth[i];
start = i;
}
memset(depth,-1,sizeof(depth));
depth[start] = maxdepth = 0;
get_depth(start);
for (i=1;i<=N;i++)
if (ava[i] == 0 && depth[i] > maxdepth)
maxdepth = depth[i];
return maxdepth;
}
void get_size(int i)
{
int csm = 0;
size[i] = 1;
for (edge *e=V[i];e;e=e->next)
{
int j = e->t;
if (ava[j] != 0) continue;
if (size[j] == -1)
{
get_size(j);
size[i] += size[j];
if (size[j] > csm)
csm = size[j];
}
}
if (Total - size[i] > csm)
csm = Total - size[i];
if (csm < t_ctd_csm)
{
t_ctd_csm = csm;
t_ctd = i;
}
}
int get_centroid(int i)
{
memset(size,-1,sizeof(size));
t_ctd_csm = INF;
get_size(i);
memset(size,-1,sizeof(size));
return t_ctd;
}
void count_size(int i)
{
size[i] = 1;
for (edge *e=V[i];e;e=e->next)
{
int j = e->t;
if (ava[j] != 0) continue;
if (size[j] == -1)
{
count_size(j);
size[i] += size[j];
}
}
}
void count_depth_max_length(int i)
{
//求最大深度
if (depth[i] > *t_maxdpt)
*t_maxdpt = depth[i];
for (edge *e=V[i];e;e=e->next)
{
int j = e->t;
if (ava[j] != 0) continue;
//求該深度最大帶權長度
if (length[i] > t_dm[depth[i]])
t_dm[depth[i]] = length[i];
if (depth[j] == -1)
{
length[j] = length[i] + e->c - t_delta;
depth[j] = depth[i] + 1;
count_depth_max_length(j);
}
}
}
bool check(double delta,int ctd,edge *f)
{
edge *e;
int i,j,k;
for (i=0;i<=N;i++)
d1m[i] = d2m[i] = -FINF;
t_delta = delta;
memset(depth,-1,sizeof(depth));
memset(length,-1,sizeof(length));
md1 = md2 = 0;
length[ctd] = depth[ctd] = 0;
//統計部份1
t_dm = d1m;
t_maxdpt = &md1;
for (e=V[ctd];e != f;e=e->next)
{
int j=e->t;
if (ava[j] !=0) continue;
length[j] = e->c - t_delta;
depth[j] = 1;
count_depth_max_length(j);
}
//統計部份2
t_dm = d2m;
t_maxdpt = &md2;
for (e=f;e;e=e->next)
{
int j=e->t;
if (ava[j] !=0) continue;
length[j] = e->c - t_delta;
depth[j] = 1;
count_depth_max_length(j);
}
//單調隊列維護最大值
//確定左邊界
i = U-1;
if (i > md1)
i = md1;
//確定右邊界
k = L-i;
if (k < 1)
k = 1;
MQ.reset();
for (j=k;j.insert(j,d2m[j]);
double curv,maxv=-INF;
for (;i>0 && L-i<=md2;i--)
{
j = U-i;
if (j<=md2)
MQ.insert(j,d2m[j]);
int k = MQ.getmax(L-i);
curv = d1m[i] + d2m[k];
if (curv > maxv)
maxv = curv;
}
return maxv >= 0;
}
double binary(int ctd,edge *f)
{
double a=0,b=LIM,m;
while (b - a >= 0.0001)
{
m = (a+b)/2;
if (check(m,ctd,f))
a = m;
else
b = m;
}
return a;
}
void dct(int start)
{
int nowt = ++timestamp;
int line = get_longest_line(start);
if (line<=L || line<=2)
return;
int ctd = get_centroid(start); //取得重心
double cur;
//分割兩部份
count_size(ctd);
int pls = 0,pls2 = 0;
edge *e,*f;
for (e=V[ctd];e;e=e->next)
{
int j=e->t;
if (ava[j] !=0) continue;
pls += size[j];
if (pls + pls + 1 >= size[ctd] - 1)
{
f = e->next;
pls2 = size[ctd] - pls;
pls++;
break;
}
}
//合併兩部份
cur = binary(ctd,f);
if (cur > Ans)
Ans = cur;
//遞歸部份1
int j;
if (pls-1 >= L)
{
for (e=f;e;e=e->next)
if (ava[j=e->t] ==0)
ava[j] = nowt;
Total = pls;
dct(ctd);
for (edge *e=f;e;e=e->next)
if (ava[j=e->t] ==nowt)
ava[j] = 0;
}
//遞歸部份2
if (pls2-1 >= L)
{
for (e=V[ctd];e!=f;e=e->next)
if (ava[j=e->t] ==0)
ava[j] = nowt;
Total = pls2;
dct(ctd);
for (e=V[ctd];e!=f;e=e->next)
if (ava[j=e->t] ==nowt)
ava[j] = 0;
}
}
void solve()
{
memset(ava,0,sizeof(ava));
Total = N;
dct(1);
}
int main()
{
init();
solve();
printf("%.3lf\n",Ans);
return 0;
} [1] 具体证明参见2009年集训队论文《分治算法在树的路径问题中的应用》。
[2] 树的重心就是满足“删除该点后，剩余的最大的子树顶点数最少”的点。