题目描述
给定一棵有n个点的树
询问树上距离为k的点对是否存在。
输入输出格式
输入格式：
n,m 接下来n-1条边a,b,c描述a到b有一条长度为c的路径
接下来m行每行询问一个K
输出格式：
对于每个K每行输出一个答案，存在输出“AYE”,否则输出”NAY”(不包含引号)
输入输出样例
说明
对于30%的数据n<=100
对于60%的数据n<=1000,m<=50
对于100%的数据n<=10000,m<=100,c<=10000,K<=10000000
题解
我们先随意指定一个根rt，将这棵树转化成有根树
不难发现树上的路径分为两类， 经过根节点rt的路径和包含于rt的某棵子树里(不经过rt)的
对于前者， 我们用 $dis[u]$ 表示结点 $u$ 到根节点 $rt$ 的路径长度， 则u到v的路径长即为 $dis[u]+dis[v]$
对于后者， 既然 $u$ 到 $v$ 的路径包含在 $rt$ 的某个子树内， 那么我们就找到这棵子树的根，再对他求一次第一类路径
这样分治的思想就很明显了
就是把原来的树分成很多小的子树，并对每个子树分别求解第一类路径
点分治过程中，每一层的所有递归过程合计对每个点处理一次， 假设共递归T层，则总时间复杂度为 $O(T*N)$
然而，如果树退化成一条链， 那么递归层数就是 $T=n$ ，总时间复杂度为 $O(N^2)$
这样显然不能承受，所以我们要让树的层数经量少 这里就要找树的重心
maxp[u] (max_part的简写)表示删除结点u后产生的子树中，最大的那棵的大小
则树的重心就是maxp[]值最小的那个节点
//sum是当前子树的总结点数，size[u]是以u为根的子树大小 void getrt(int u,int fa) { size[u]=1; maxp[u]=0; for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt) { int v=E[i].v; if(v==fa||vis[v])continue; getrt(v,u);//先递归得到子树大小 size[u]+=size[v]; maxp[u]=max(maxp[u],size[v]);//更新u结点的maxp } maxp[u]=max(maxp[u],sum-size[u]); if(maxp[u]<maxp[rt]) rt=u;//更新当前子树的重心 }
我们在点分治过程中每次选取子树的重心为子树的树根进行处理， 这样总的递归深度不会超过 $logN$ 层， 整个点分治的时间复杂度也就保证了 $O(NlogN)$
（update：3.1 回来翻以前发的题解发现评论区有挺多说calc这里没看懂，于是再尽量补充一些）
回到本题，询问可以离线记录并直接在分治过程中处理
设当前根为 $rt$ ，他的子树为 $v_1,v_2……v_t$ ， 假设当前处理的子树为 $v_i$ ，求出 $v_i$ 中每个结点到 $rt$ 的距离 $dis$ 并保存于 $rem$ 数组
令 $judge[dis]$ 表示在子树 $v_1$ ~ $v_{i-1}$ 中是否存在某个节点到 $rt$ 距离为 $dis$
遍历每个离线记录的询问，对每个询问遍历一次当前子树的 $rem$ ， 若当前询问距离为 $query[k]$ ，遍历到的子树 $v_i$ 中某个结点到 $rt$ 距离为 $rem[j]$ ，如果 $judge[query[k]-rem[j]]==1$ ，则代表此询问的路径存在
再具体点解释这段话操作的含义，就是用子树 $v_i$ 中某个结点与子树 $v_1$ ~ $v_{i-1}$ 中某个节点两两配对，检查是否存在长度为 $query[k]$ 的路径
像这样配对完后将这棵子树的 $rem$ (即子树 $v_i$ 中每个节点到 $rt$ 的 $dis$ )一起保存进 $judge$ 数组，继续下一个子树 $v_{i+1}$ 的处理
当以rt为根的树查询完后清空judge数组， 然后对其他子树进行分治
#include<iostream> #include<vector> #include<algorithm> #include<queue> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; int read() { int f=1,x=0; char ss=getchar(); while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();} while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();} return f*x; } const int inf=10000000; const int maxn=100010; int n,m; struct node{int v,dis,nxt;}E[maxn<<1]; int tot,head[maxn]; int maxp[maxn],size[maxn],dis[maxn],rem[maxn]; int vis[maxn],test[inf],judge[inf],q[maxn]; int query[1010]; int sum,rt; int ans; void add(int u,int v,int dis) { E[++tot].nxt=head[u]; E[tot].v=v; E[tot].dis=dis; head[u]=tot; } void getrt(int u,int pa) { size[u]=1; maxp[u]=0; for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt) { int v=E[i].v; if(v==pa||vis[v]) continue; getrt(v,u); size[u]+=size[v]; maxp[u]=max(maxp[u],size[v]); } maxp[u]=max(maxp[u],sum-size[u]); if(maxp[u]<maxp[rt]) rt=u; } void getdis(int u,int fa) { rem[++rem[0]]=dis[u]; for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt) { int v=E[i].v; if(v==fa||vis[v])continue; dis[v]=dis[u]+E[i].dis; getdis(v,u); } } void calc(int u) { int p=0; for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt) { int v=E[i].v; if(vis[v])continue; rem[0]=0; dis[v]=E[i].dis; getdis(v,u);//处理u的每个子树的dis for(int j=rem[0];j;--j)//遍历当前子树的dis for(int k=1;k<=m;++k)//遍历每个询问 if(query[k]>=rem[j]) test[k]|=judge[query[k]-rem[j]]; //如果query[k]-rem[j]d的路径存在就标记第k个询问 for(int j=rem[0];j;--j)//保存出现过的dis于judge q[++p]=rem[j],judge[rem[j]]=1; } for(int i=1;i<=p;++i)//处理完这个子树就清空judge judge[q[i]]=0;//特别注意一定不要用memset，会T } void solve(int u) { //judge[i]表示到根距离为i的路径是否存在 vis[u]=judge[0]=1; calc(u);//处理以u为根的子树 for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt)//对每个子树进行分治 { int v=E[i].v; if(vis[v])continue; sum=size[v]; maxp[rt=0]=inf; getrt(v,0); solve(rt);//在子树中找重心并递归处理 } } int main() { n=read();m=read(); for(int i=1;i<n;++i) { int u=read(),v=read(),dis=read(); add(u,v,dis);add(v,u,dis); } for(int i=1;i<=m;++i) query[i]=read();//先记录每个询问以离线处理 maxp[rt]=sum=n;//第一次先找整棵树的重心 getrt(1,0); solve(rt);//对树进行点分治 for(int i=1;i<=m;++i) { if(test[i]) printf("AYE "); else printf("NAY "); } return 0; }