【BZOJ】1468 Tree 点分治
题目传送门
这题就是一道点分治的模板题，就当是立学习了点分治的Flag了。
点分治，就是把分治的思想转移到树上，然后对于任意两个节点的路径过当前子树的情况进行特殊讨论。
这道题是求任意两点间的距离不大于k的点对数量。
为了保证时间复杂度的稳定性，我们可以求一遍当前子树的重心来做根。
然后，我们可以统计所有过当前树根且路径长度不大于k的点对数量p，我们也可以统计所有过当前树根且路径长度不大于k且在同一子树中的点对数量q，最终答案就是p-q。
其实，要是真正弄懂了这道题的思想，也是觉得这道题挺水的……
附上AC代码：
#include
#include
#include
#include
#define N 40010
using namespace std;
struct side{
int from,to,w,nt;
}s[N<<1];
int n,x,y,w,h[N],num,dis,mx[N],tmp,size[N],rt,d[N],a[N],ans;
bool b[N];
inline char nc(){
static char ch[100010],*p1=ch,*p2=ch;
return p1==p2&&(p2=(p1=ch)+fread(ch,1,100010,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline void read(int& a){
static char c=nc(),f=1;
for (;!isdigit(c);c=nc()) if (c=='-') f=-1;
for (a=0;isdigit(c);a=a*10+c-'0',c=nc());
a*=f;return;
}
inline void add(int k,int y,int w){
s[++num]=(side){x,y,w,h[x]},h[x]=num;
s[++num]=(side){y,x,w,h[y]},h[y]=num;
}
inline int max(int a,int b){
return a>b?a:b;
}
inline void so(int k,int fa){
size[k]=1,mx[k]=0;
for (int i=h[k]; i; i=s[i].nt)
if (!b[s[i].to]&&s[i].to!=fa)
so(s[i].to,k),size[k]+=size[s[i].to],mx[k]=max(mx[k],size[s[i].to]);
mx[k]=max(mx[k],tmp-size[k]);
if (mx[k]