點分治

XiaoFeng0432發表於2024-05-10

點分治


樹的重心(前置芝士)

如果在樹中選擇某個節點並刪除，這棵樹將分為若干棵子樹，統計子樹節點數並記錄最大值。取遍樹上所有節點，使此最大值取到最小的節點被稱為整個樹的重心。


性質

  • 樹的重心如果不唯一，則至多兩個且相鄰
  • 以樹的重心為根時，所有子樹的大小都不超過整棵樹大小的一半
  • 樹中所有點到某個點的距離和中，到重心的距離和是最小的；如果有兩個重心，那麼到它們的距離和一樣
  • 把兩棵樹透過一條邊相連得到一棵新的樹，那麼新的樹的重心在連線原來兩棵樹的重心的路徑上
  • 在一棵樹上新增或刪除一個葉子，那麼它的重心最多隻移動一條邊的距離

如何求重心

在 DFS 中計算每個子樹的大小，記錄「向下」的子樹的最大大小，利用總點數 - 當前子樹（這裡的子樹指有根樹的子樹）的大小得到「向上」的子樹的大小，然後就可以依據定義找到重心了

int head[N], e[N], ne[N]; // head儲存邊的起點編號，e儲存邊的終點編號，ne儲存所有終點
int siz[N], // siz[x]表示以x為根的子樹大小
	mx[N], // mx[x]表示選擇x為根，其所有子樹大小的最大值
	rt; // 樹的重心
int vis[N];
void getCentroid(int u, int fa){
    siz[u] = 1, mx[u] = 0;
    for(int i = head[u]; i; i = ne[i]){
        if(e[i] != fa && !vis[x]){ // vis下面會講
            getCentroid(e[i], u);
            siz[u] += siz[e[i]];
            mx[x] = max(mx[x], siz[e[i]]);
        }
    }
    mx[x] = max(mx[x], n - siz[x]);
    if(mx[x] < mx[rt]) rt = x;
}

點分治(正式)

點分治是一種解決樹上問題的常用方法，本質思想是選擇一點作為分治中心，將原問題劃分為幾個相同的子樹上的問題遞迴解決

常見題目中給出的都是無根樹(維護的資訊與根節點無關)

我們選擇樹的重心作為根節點，其性質2保證了遞迴層數最少，是\(O(logn)\)的


細節

注意到，每一次遞迴下去時，選擇的根節點總是當前子樹的重心，但是新的根不一定是之前的根的兒子，如下圖

點分治

第一次找到的根為 \(1\)，遞迴下去後兩顆子樹上的重心分別為 \(4\) 和 \(5\)，都不是 \(1\) 的兒子，所以為了防止重複遞迴，應當每個節點進行點分治後加上標記，之後的遞迴不再進入已經打過標記的點，這也就是上面函式中 vis[] 的作用。


例題

P3806 【模板】點分治 1

思路

離線處理

對於一條長度為 \(k\) 的路徑，分為經過 \(rt\) 和不經過 \(rt\) 兩種情況，不經過的情況可以遞迴進入子樹處理

對於經過 \(rt\) 的路徑，列舉所有子節點 \(ch\) ，以 \(ch\) 為根計算 \(ch\) 子樹中所有節點到 \(rt\) 的距離。

假設子樹中出現了距離 \(rt\) 為 \(l\) 的鏈，如果 \(k-l\) 在其他的子樹中出現，那麼 \(k\) 就會出現。注意到兩者出現順序無影響，所以可以依次遞迴子樹

  • \(DFS\) 處理當前子樹每個點與 \(rt\) 的距離
  • 在 \(DFS\) 過程中同時統計有哪些長度出現
  • 與之前子樹中出現的長度結合更新答案
  • 將當前子樹的資訊併入

最後要清空記錄的之前子樹出現的長度，不能使用memset，要使用佇列保證時間複雜度正確


AC程式碼

#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;

const int INF = 2e9;
const int N = 1e4 + 10;
int n, m, a, b, v, k, Q[N];
int head[N], e[N << 1], w[N << 1], ne[N << 1], idx; // w 表示邊權
int siz[N], mx[N], sum, rt;
int dist[N], dd[N], cnt; // dist[x]儲存 x 到 rt 的距離, dd[x] 記錄當前子樹擁有的鏈的長度, cnt 記錄當前子樹到 rt 的鏈的個數
bool tf[10000010], vis[N], ans[N]; // tf[x]儲存是否有長度為 x 的鏈
queue<int> tag;

void add(int a, int b, int v) {
    e[++idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = head[a], head[a] = idx;
}

void calcsiz(int x, int fa) {
    siz[x] = 1, mx[x] = 0; //初始化
    for (int i = head[x]; i; i = ne[i]) {
        if (e[i] == fa || vis[e[i]]) continue;
        calcsiz(e[i], x);
        siz[x] += siz[e[i]];
        mx[x] = max(mx[x], siz[e[i]]);
    }
    mx[x] = max(mx[x], sum - siz[x]);
    if (mx[x] < mx[rt]) rt = x;
}

void calcdist(int x, int fa){
    dd[++cnt] = dist[x];
    for(int i = head[x]; i; i = ne[i])
        if(e[i] != fa && !vis[e[i]]) dist[e[i]] = dist[x] + w[i], calcdist(e[i], x);
}

void dfz(int x, int fa){
    tf[0] = true, tag.push(0), vis[x] = true;
    // 列舉所有子節點
    for(int i = head[x]; i; i = ne[i]){
        if(e[i] == fa || vis[e[i]]) continue;
        dist[e[i]] = w[i], calcdist(e[i], x);
        // 與之前子樹中出現的長度結合更新答案
        for(int i = 1; i <= cnt; i++)
            for(int j = 1; j <= m; j++)
                if(Q[j] >= dd[i]) ans[j] |= tf[Q[j] - dd[i]]; // 看有沒有 k-l 的邊
        // 將當前子樹資訊併入
        for(int i = 1; i <= cnt; i++)
            // 觀察題目資料範圍詢問不會超過1e7
            if(dd[i] < 1e7 + 10) tag.push(dd[i]), tf[dd[i]] = true;
        cnt = 0;
    }
    // 至此，經過 rt 的情況被解決，清空佇列
    while(!tag.empty()) tf[tag.front()] = false, tag.pop();
    // 遞迴進入子樹
    for(int i = head[x]; i; i = ne[i]){
        if(e[i] == fa || vis[e[i]]) continue;
        rt = 0;
        mx[rt] = INF, sum = siz[e[i]];
        calcsiz(e[i], x), calcsiz(rt, -1), dfz(rt, x);
    }
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        cin >> a >> b >> v;
        add(a, b, v), add(b, a, v);
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> Q[i];
    rt = 0;
    mx[rt] = INF, sum = n;
    calcsiz(1, -1), calcsiz(rt, -1), dfz(rt, -1);
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        if(ans[i]) cout << "AYE\n";
        else cout << "NAY\n";
    }
    return 0;
}

Tips

程式碼中呼叫兩次 calcsiz 是因為，從上一層分治中傳下來的子樹大小在這一層是不適用的，雖然這麼求解也是對的，但是不推薦這麼做

證明



參考連結：OI Wiki，部落格園


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