【演算法梗概】
點分治，是一種針對可帶權樹上簡單路徑統計問題的演算法。本質上是一種帶優化的暴力，帶上一點容斥的感覺。
注意對於樹上路徑，並不要求這棵樹有根，即我們只需要對無根樹進行統計。接下來請把無根樹這一關鍵點牢記於心。
【引入】
話不多說，先看一題：
給定一棵樹，樹上的邊有權值，給定乙個閾值\(k\)，請統計這棵樹上總長度小於等於\(k\)的路徑個數。
路徑長度為路徑路徑上所有邊的權值和。
這就是poj 1741。
題意描述很清楚，你是否已經有了想法？
考慮簡單的dfs過程，能否統計答案？
dfs把樹看作有根樹，那麼對於乙個子樹\(\mathfrak t\)，根節點為\(t\)，如何統計\(\mathfrak t\)中的路徑個數（答案）？
我們考慮\(\mathfrak t\)中的路徑。
把路徑分為兩種：
一、經過\(t\)的路徑。
二、不經過\(t\)的路徑。
這樣分類是顯然正確的，而且對於不經過\(t\)的路徑，它們一定在\(t\)的某個子節點所構成的子樹中。
這樣就對答案進行了劃分：樹\(\mathfrak t\)的答案等於\(\mathfrak t\)中經過\(t\)的路徑的答案加上\(t\)的所有子節點構成的子樹的答案。
對於第二部分的答案，我們遞迴處理；現在考慮計算第一部分的答案，即計算經過\(t\)的路徑的個數。
這裡提供一種思路：
考慮路徑的合併，利用容斥去除非法路徑：
「路徑的合併」說的是\(t\)到\(\mathfrak t\)中的任意乙個節點（包括自身）的路徑集合的合併。
比如看下面這張圖：
現在樹根是\(a\)點，那麼路徑的集合是：\(\left\a\\a\to b\\a\to b\to d\\a\to b\to e\\a\to c\\a\to c\to f\end\right\}\)。
兩兩組合，共有\(c_^=c_^=21\)種不同的方式。但是顯然有不合法的路徑：比如\(a\to b\to d\;,\;a\to b\to e\)不能合併。
注意到一條路徑可以簡單地用路徑的終點表示，那麼共有子樹節點個數條路徑，而能夠合併的路徑只有在不同子樹的路徑，而在同一子樹的路徑無法合併。
當然，可以合併的路徑也可能因為路徑長度大於\(k\)而不能計入答案。
先不考慮非法的路徑，看看如何統計長度小於等於\(k\)的路徑：
那麼接下來考慮容斥去除非法的路徑，對於根節點的每個子節點代表的子樹，按照同樣方式統計答案，並把得出的結果從原來的答案中減去即可。
真的就行了嗎？
其實還要考慮子樹的路徑長度，剛才對根的計算時，子樹的所有路徑長都加上了根到子樹的邊的權值。
那麼在對這棵子樹計算時，注意子樹的路徑也都要加上這條邊的權值，這樣正好和原來的路徑長度吻合。
或者，同樣的道理，因為這條邊多計算了兩次，把\(k\)相應地減少\(2\)倍的這條邊的權值也可以。
那麼對於乙個節點，總的時間複雜度為\(o(n\;log\;n)\)，\(n\)為子樹節點個數。
那麼這樣，就能對於乙個節點的子樹統計答案了，最終把所有答案加起來就行了。
但是，真的就行了嗎？請看下乙個內容。
【演算法核心】
可以看到，計算乙個節點的複雜度為\(o(n\;log\;n)\)，但要保證總複雜度不超過乙個量級卻很難。
但是我們可以利用無根樹的性質！
可以看到，把乙個點的答案算完時，它的子節點所代表的子樹就互不影響了！
就是說，這些子樹彼此獨立，可以完全當作乙個新的子問題處理。
那麼考慮如下演算法：
對於這棵無根樹，找到乙個點，使得它在樹的中心位置，滿足如果以它為根，它的最大子樹大小盡量小，這個點稱為重心。
以這個點為根，計算它的答案。
把以這個點為根的樹的所有子樹單獨作為乙個子問題，回到步驟\(1\)遞迴處理。
這個演算法的複雜度是多少呢？
先介紹乙個定理：以樹的重心為根的有根樹，最大子樹大小不超過\(\frac\)。
假設超過了，大小為\(k>\frac\)，那麼其他子樹大小之和等於\(n-k-1\)。
那麼把重心往這個子樹方向移動，最大子樹大小一定減小，因為\(n-k
這樣，就進一步說明了演算法總時間複雜度不超過\(o(n\;log^2\;n)\)。
【演算法實現】
按照上述步驟實現**：
①計算重心位置：使用一次簡單的dfs來實現。
②計算答案：直接用另乙個dfs計算。
③分治子問題：重新呼叫尋找重心的dfs函式，再遞迴求解即可。
那麼可以根據此，寫出**：
void getroot(int u,int f)這是尋找重心的函式，需要傳入父節點，還要呼叫vis陣列。呼叫前保證root等於0，並且wt[0]等於無限大。
注意第5行，tsiz是當前處理的樹的大小，這是因為把無根樹轉成有根樹後，父親所連的子樹也是自己的孩子了。
void dfs(int u,int d,int f)這是點分治的核心函式，傳入的是當前樹的重心，在呼叫時計算重心的答案。int calc(int u,int d)
}
然後求每個子樹的重心，再遞迴求解。
對於剛剛的題目，有如下**實現：
#include#include#include#define f(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)#define ef(i,u) for(int i=h[u];i;i=nxt[i])
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,k,ans;
int h[10001],nxt[20001],to[20001],w[20001],tot;
inline void ins(int x,int y,int z)
bool vis[10001];
int root,tsiz,siz[10001],wt[10001];
int arr[10001],cnt;
void getroot(int u,int f)
void dfs(int u,int d,int f)
int calc(int u,int d){
cnt=0; dfs(u,d,0); int l=1,r=cnt,sum=0;
sort(arr+1,arr+cnt+1);
for(;;++l){
while(r&&arr[l]+arr[r]>k) --r;
if(r【總結】
點分治是經典的分治思想在樹上的應用，是很重要的oi演算法。
其精髓在於把無根樹平均地分割成若干互不影響的子問題求解，極大降低了時間複雜度，是一種巧妙的暴力。
【注】
細心的讀者可能已經發現，**中在分治過程中，對下一層分治塊的總結點數處理可能會出錯，但是不影響複雜度，具體證明見
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