關於點分治，其實思想是非常好理解的，模擬在數列上或是在平面上的分治演算法（如歸併排序，平面最近點對等），我們可以從字面上理解該演算法：
以乙個點為界限，將一棵樹分成若干個子樹，當劃分到一定規模，就對每個子樹分別進行求解感性理解就好了
感受乙個演算法最直觀的辦法，就是來看一道模板題。
給定一棵有\(n\)個點的樹，詢問樹上長度為\(k\)的鏈是否存在。
首先可以很直觀的知道，對於樹上的任意乙個點，有很多條經過它的鏈
那麼，對於本題，我們是否可以在能夠接受的時間內對這些經過該點的鏈進行求解呢？
答案是肯定的，只需要以該節點為根節點，對整顆樹進行一遍\(\text\),求出各個點到該點的距離，然後就可以用桶排等方法解決該問題。
那麼對於剩下的沒有被處理到的鏈呢？
自然，我們可以以這個點，將整棵樹斷掉，將它的子樹分開遞迴分治求解，這樣這道題目就解決啦！
咳咳，真的這麼簡單嗎？
我們來看一張圖
多麼優雅的一條鏈！
如果我們一開始以\(1\)為根節點，按照這個思路，我們需要進行\(n\)次操作，這樣肯定是不行的。
也就是說，我們需要找到乙個節點，使得在將其斷掉之後，剩下的各個子樹的大小相對均勻，這樣在進行分治求解的時候就可以讓時間複雜度最優。
所以這裡需要引入乙個新的概念：
那麼如何求樹的重心呢？
我們可以採取一種類似於\(dp\)的演算法，因為我們要使最大的子樹節點數最少，於是我們可以任選乙個點進行\(dfs\)，在搜尋過程中，記錄每乙個點的最大的子樹大小，然後進行操作，即
\[dp[u]=max(siz[son[u]],sum-siz[u])
\]\(sum\)表示這顆子樹一共有多少個節點，\(siz[i]\)即子樹大小
這樣的話，我們就只需要在該子樹中找到最小的\(dp[i]\)，這樣\(i\)就是我們要找的重心了。
是不是很簡單？
貼一小段**
//root預設為0，dp[0]=inf
void get_root(int u,int fa,int sum)
dp[u]=max(dp[u],sum-siz[u]);
if(dp[u]那麼，如何統計答案呢？
對於本題，提供\(3\)種方法供君選擇
說明：\(dis[u]\)表示\(u\)節點到重心的距離，\(siz[u]\)表示以\(u\)為根的子樹大小，\(root\)表示當前子樹重心
\(1.\)暴力列舉法
我們將所有的節點到重心的距離\(dis[u]\)通過一遍\(dfs\)記錄下來，然後開乙個桶，兩兩組合，統計答案。這樣的話，會有乙個問題，就是在同一條路徑上的節點的答案也會被統計，比如\(dis[u]+dis[son[u]]=k\)，但是這兩個節點並沒有到重心的一條鏈，所以需要刪去。
那麼如何做呢？
簡單容斥一下就好了
\[ans=ans(以重心為根的子樹)-\sum ans(以重心的孩子為根的子樹)
\]時間複雜度為單次\(o(siz[root]^2)\),且有一定侷限性——\(k\)太大時無法使用
$ 2.$配對法
這是乙個在本題跑得飛起的計算方法
假設一共有\(son_1,son_2,son_3,...,son_n\)這些多棵子樹
令\(vis[j]\)陣列表示在求解到第\(i\)棵子樹的答案時，前\(i-1\)棵子樹是否存在到重心長度為\(j\)的路徑
這樣一來，我們就只需要在每棵子樹當中對於每乙個詢問，列舉找到可以湊成答案的路徑即可
時間複雜度為單次\(o(m*siz[root])\),由於詢問較少，跑的飛起
但注意，在還原陣列的時候，需要將
同樣，也有一定的侷限性——\(k\)太大時同樣無法使用
\(3.\)two pointers
維護\(l,r\)兩個指標，將所有得到的\(dis[i]\)從小到大排序，這樣的話，就可以保證\(dis\)陣列單調遞增，有兩個思路供君選擇：
\(1)\)直接標記（僅針對本題）
在\(dfs\)求解\(dis[i]\)時，可以記錄每乙個節點對應來自哪一棵子樹，記為\(tag[i]\)然後可以按照這樣的思路：
令\(l=0,r=siz[root]\)
如果當前點已有答案，跳過
如果\(dis[l]+dis[r]>k\),就\(--r\),這樣才有可能有解
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，並進行相應調整
如果上述條件都不滿足，則對於這個\(k\)有解
\(2)\)字首統計
我們可以化等為不等，記錄\(\le k\)和\(\le k-1\)的路徑條數
同樣令\(l=0,r=siz[root]\)
若\(dis[l]+dis[r]<=k\),則說明在\([l+1,r]\)的\(dis\)都可以組成答案，此時\(++l\);
否則\(--r\);
這種方法同樣需要容斥。
兩種方法的時間複雜度均為單次\(o(m*siz[root])\)，且不受\(k\)的限制,同時這種思想也在非常多的題目上有所運用，如\(noi2019day1t3\)
大體思路就是這樣，共\(3\)步：
\(1.\)找樹的重心
\(2.\)求解經過重心的鏈對答案的貢獻
\(3.\)在各個子樹內求解
於是這個題目就完結辣owo~
貼**（上面講的很清楚了於是沒有注釋qwq）
#includeusing namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,m;
struct cce[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)
int root=0;
void get_root(int u,int fa,int sum)
dp[u]=max(dp[u],sum-siz[u]);
if(dp[u]
}int dep[maxn],dis[maxn],tot;
void get_dis(int u,int fa)
}void get_ans(int u,int now,int val)
}void solve(int u)
}int main()
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