点分治
关于点分治，其实思想是非常好理解的，类比在数列上或是在平面上的分治算法（如归并排序，平面最近点对等），我们可以从字面上理解该算法：
以一个点为界限，将一棵树分成若干个子树，当划分到一定规模，就对每个子树分别进行求解
感性理解就好了
感受一个算法最直观的办法，就是来看一道模板题。
【模板】 点分治
给定一棵有\(n\)个点的树，询问树上长度为\(k\)的链是否存在。
首先可以很直观的知道，对于树上的任意一个点，有很多条经过它的链
那么，对于本题，我们是否可以在能够接受的时间内对这些经过该点的链进行求解呢？
答案是肯定的，只需要以该节点为根节点，对整颗树进行一遍\(\text{DFS}\),求出各个点到该点的距离，然后就可以用桶排等方法解决该问题。
那么对于剩下的没有被处理到的链呢？
自然，我们可以以这个点，将整棵树断掉，将它的子树分开递归分治求解，这样这道题目就解决啦！
咳咳，真的这么简单吗？
我们来看一张图
多么优雅的一条链！
如果我们一开始以\(1\)为根节点，按照这个思路，我们需要进行\(n\)次操作，这样肯定是不行的。
也就是说，我们需要找到一个节点，使得在将其断掉之后，剩下的各个子树的大小相对均匀，这样在进行分治求解的时候就可以让时间复杂度最优。
所以这里需要引入一个新的概念：
树的重心
定义：树的重心也叫树的质心。找到一个点,其所有的子树中最大的子树节点数最少,那么这个点就是这棵树的重心,删去重心后，生成的多棵子树尽可能平衡。（摘自百度百科）
那么如何求树的重心呢？
我们可以采取一种类似于\(DP\)的算法，因为我们要使最大的子树节点数最少，于是我们可以任选一个点进行\(DFS\)，在搜索过程中，记录每一个点的最大的子树大小，然后进行操作，即
\[ dp[u]=max(siz[son[u]],sum-siz[u]) \]
\(sum\)表示这颗子树一共有多少个节点，\(siz[i]\)即子树大小
这样的话，我们就只需要在该子树中找到最小的\(dp[i]\)，这样\(i\)就是我们要找的重心了。
是不是很简单？
贴一小段代码
//root默认为0，dp[0]=inf
void get_root(int u,int fa,int sum)
{
dp[u]=0,siz[u]=1;//初始化
for(int i=head[u];i;i=e[i].nex)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa||vis[u]) continue;//vis[u]表示该节点是否被当作根节点操作过，同时保证该函数只在本子树内操作
get_root(v,u,sum);
siz[u]+=siz[v];
dp[u]=max(dp[u],siz[v]);
}
dp[u]=max(dp[u],sum-siz[u]);
if(dp[u]那么，如何统计答案呢？
对于本题，提供\(3\)种方法供君选择
说明：\(dis[u]\)表示\(u\)节点到重心的距离，\(siz[u]\)表示以\(u\)为根的子树大小，\(root\)表示当前子树重心
\(1.\)暴力枚举法
我们将所有的节点到重心的距离\(dis[u]\)通过一遍\(DFS\)记录下来，然后开一个桶，两两组合，统计答案。这样的话，会有一个问题，就是在同一条路径上的节点的答案也会被统计，比如\(dis[u]+dis[son[u]]=k\)，但是这两个节点并没有到重心的一条链，所以需要删去。
那么如何做呢？
简单容斥一下就好了
\[ Ans=Ans(以重心为根的子树)-\sum Ans(以重心的孩子为根的子树) \]
时间复杂度为单次\(O(siz[root]^2)\),且有一定局限性——\(k\)太大时无法使用
$ 2.$配对法
这是一个在本题跑得飞起的计算方法
假设一共有\(son_1,son_2,son_3,...,son_n\)这些多棵子树
令\(vis[j]\)数组表示在求解到第\(i\)棵子树的答案时，前\(i-1\)棵子树是否存在到重心长度为\(j\)的路径
这样一来，我们就只需要在每棵子树当中对于每一个询问，枚举找到可以凑成答案的路径即可
时间复杂度为单次\(O(m*siz[root])\),由于询问较少，跑的飞起
但注意，在还原数组的时候，需要将
同样，也有一定的局限性——\(k\)太大时同样无法使用
\(3.\)two pointers
维护\(l,r\)两个指针，将所有得到的\(dis[i]\)从小到大排序，这样的话，就可以保证\(dis\)数组单调递增，有两个思路供君选择：
\(1)\)直接标记（仅针对本题）
在\(DFS\)求解\(dis[i]\)时，可以记录每一个节点对应来自哪一棵子树，记为\(tag[i]\)然后可以按照这样的思路：
令\(l=0,r=siz[root]\)
如果当前点已有答案，跳过
如果\(dis[l]+dis[r]>k\),就\(--r\),这样才有可能有解
如果\(dis[l]+dis[r]
如果\(dis[l]+dis[r]=k \quad且\quad tag[l]==tag[r]\),就看\(dis[r-1]\)的大小，并进行相应调整
如果上述条件都不满足，则对于这个\(k\)有解
\(2)\)前缀统计
我们可以化等为不等，记录\(\le k\)和\(\le k-1\)的路径条数
同样令\(l=0,r=siz[root]\)
若\(dis[l]+dis[r]<=k\),则说明在\([l+1,r]\)的\(dis\)都可以组成答案，此时\(++l\);
否则\(--r\);
这种方法同样需要容斥。
两种方法的时间复杂度均为单次\(O(m*siz[root])\)，且不受\(k\)的限制,同时这种思想也在非常多的题目上有所运用，如\(NOI2019Day1T3\)
大体思路就是这样，共\(3\)步：
\(1.\)找树的重心
\(2.\)求解经过重心的链对答案的贡献
\(3.\)在各个子树内求解
于是这个题目就完结辣OWO~
贴代码（上面讲的很清楚了于是没有注释QWQ）
#include
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,m;
struct cc{
int to,nex,w;
}e[maxn<<2];
int head[maxn],cnt;
int siz[maxn],dp[maxn],vis[maxn],q[maxn],ans[maxn];
void add(int x,int y,int z)
{
++cnt;
e[cnt].to=y;
e[cnt].nex=head[x];
e[cnt].w=z;
head[x]=cnt;
}
int root=0;
void get_root(int u,int fa,int sum)
{
dp[u]=0,siz[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nex)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa||vis[v]) continue;
get_root(v,u,sum);
siz[u]+=siz[v];
dp[u]=max(dp[u],siz[v]);
}
dp[u]=max(dp[u],sum-siz[u]);
if(dp[u]