點分治學習筆記

\(point~divide~and~rule\)

澱粉質就是在樹上，依靠不停的遞迴和分治，解決相同的子問題

就是找樹上\(<=k\)的路徑有多少

我們可以分兩種情況討論

\(1.\) 經過根節點\(p\)的路徑

\(2.\) 不經過根節點\(p\)的路徑

第二種情況可以通過遞迴來處理，我們直接來討論第一種情況

設當前的樹根節點為 \(p\)

顯然一條經過\(p\)路徑可以由兩條到端點為\(p\)的鏈組成

顯然，會出現重複的情況，例如:

(好大...

這兩條鏈組成的已經不是一條路徑了，我們需要去除這種非法情況，這裡提供兩種方法

我們只需要統計\(p\)樹內子節點到\(p\)的距離，排序後，用雙指標做,再把\(p\)子節點的非法情況用種方法去除

我們只需要把\(p\)樹的子樹依次處理，對於\(p\)的一棵子樹\(y\),先把所有在\(y\)樹里的路徑長度\(dis\)統計出來，再在\(treap\)裡找\(<=k-dis\)的個數,最後將這些路徑放入\(treap\)

(推薦使用這一種，一般來說大多數題目都需要不用\(treap\)，暴力開桶就行了，這種技巧十分重要

這兩種方法都要會掌握

這裡有乙個核心，我們每次選擇只選重心來遞迴，由於中心的子節點\(size\)永遠不會超過\(root~size/2\)，所以我們的遞迴層數不會超過\(log(n)\)

每一次計算是\(nlogn\),遞迴層數\(log(n)\),總時間複雜度是\(o(nlognlogn)\),巧妙的暴力

\(code:\)(這裡用的是第一種去重方法,太懶了）

#includeusing namespace std;

const long long n=4e4+10;
struct data a[n*2];
long long head[n],max_size[n],size[n],vis[n],root,k,dis[n],cnt,n,tot,ans,size_sontree;
void insert(long long x,long long y,long long z) 
long long get_root(long long x,long long fa) 
max_size[x]=max(max_size[x],size_sontree-size[x]);
if(max_size[x]k&&r) r--;
if(l>r) break;
sum+=r-l;
l++;
} return sum;
}void slove(long long x) }}
int main() 
scanf("%lld",&k);
max_size[0]=int_max;
size_sontree=n;
get_root(1,0);
slove(1);
printf("%lld",ans);
}

#include using namespace std;

const int n = 1e5 + 10;
int max_size[n], size_sontree, size[n], head[n], dis[n], vis[n], root, tot, cnt, n, s, e, ans;
struct data a[n * 2];
void insert( int x, int y, int z )
int get_root( int x, int fa )
max_size[x] = max( max_size[x], size_sontree - size[x] );
/* printf("mxsize[%d]=%d\n",x,max_size[x]); */
if ( max_size[x] < max_size[root] )
root = x;
}void find_dis( int x, int fa, int d )
}int calc( int x )
for ( int j = 1; j <= cnt; j++ )
q.insert( dis[j] ); }}
void slove( int x )
}int main()
max_size[0] = int_max;
size_sontree = n;
get_root( 1, 0 );
slove( root );
if ( ans <= e )
printf( "%d", ans );
else printf( "-1" );
}

\(1.\)路徑上黑色邊與白色邊的數量相同。

\(2.\)路徑中存在乙個不同於起始點和終點的點，它到終點的路徑也滿足\(1\)。

把黑看成\(1\)，白看成\(-1\),兩條鏈的\(dis\)為相反數即可滿足\(1\)條件

討論第二種條件：

如果一條鏈\(p->u\)的\(dis\)在這條鏈中間任意一點\(p->v\)的\(dis\)也出現過，那麼\(u->v\)的\(dis\)就為\(0\)，我們稱這條鏈為\(can\)鏈，

處理\(can\)鏈可以用遞迴來做，開個\(map\)統計\(dis\)的出現

我們發現，只要兩條鏈只要有一條\(can\)鏈，就能滿足條件\(2\)，開兩個\(2維map\)來統計\(can鏈\)和非\(can鏈\)的個數，用類似第二種情況去重,還需要特判單獨一條鏈的情況

\(code:\)(此題細節較多)

#include using namespace std;

const long long n = 1e6 + 10;
long long max_size[n], size_sontree, size[n], head[n], dis[n], vis[n], root, tot, cnt, n, s, e, ans, use[n];
mapduck;
mapmp1;
mapmp0;
struct data a[n * 2];
void insert( long long x, long long y, long long z )
long long get_root( long long x, long long fa )
max_size[x] = max( max_size[x], size_sontree - size[x] );
if ( max_size[x] < max_size[root] )
root = x;
}void find_dis( long long x, long long fa, long long d )
duck[d]++;
for ( long long i = head[x]; i; i = a[i].stb )
duck[d]--;
}long long calc( long long x )
for ( long long l = last + 1; l <= cnt; l++ )
last = cnt;
} for ( long long l = 1; l <= cnt; l++ ) }
void slove( long long x )
}int main()
max_size[0] = int_max;
size_sontree = n;
get_root( 1, 0 );
slove( root );
printf( "%lld", ans );
}

\(fhq-treap\)並沒卵用

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