点分治学习笔记

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

点分治学习笔记_第1张图片

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

\(vis[j]\)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)

\(DFS\)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:

\(l=0,r=siz[root]\)

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],就\(++l\),同理

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\(\le k\)\(\le k-1\)的路径条数

同样令\(l=0,r=siz[root]\)

\(dis[l]+dis[r]<=k\),则说明在\([l+1,r]\)\(dis\)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]

Thanks for reading.

转载于:https://www.cnblogs.com/HenryHuang-Never-Settle/p/11206991.html

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