原文：来自Grary
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分治算法在树的路径问题中的应用
关键字 : 树 路径 路径剖分 分治 数据结构
基于点的分治
首先选取一个点，将无根树转化为有根树，然后递归处理以根的儿子为根的子树。
基于边的分治
在树中选取一条边，将原树分成两棵不相交的树，递归处理。
效率分析
首先我们考虑如何选取点（边）。对于基于点的分治，我们选取一个点，要求将其删去后，结点最多的树的结点个数最小，这个点被称为“树的重心”。而基于边的分治，我们选取的边要满足所分离出来的两棵子树的结点个数尽量平均，这条边称为“中心边1”。
而对于这两个问题，都可以使用在树上的动态规划来解决，时间复杂度均为O(N)，其中N为树的结点总数。对于树的分治算法来说，递归的深度往往决定着算法效率的高低，下面我们来分析上述两种方式的最坏递归深度。
定理 1：存在一个点使得分出的子树的结点个数均不大于(frac{N}{2})
证明：假设U是树的重心，它与(V_1,V_2,cdots ,V_k)相邻，记(Size(X))表示以X为根的子树的结点个数。记V为(V_1-V_k)中Size值最大的点。我们采取反证法，即假设(Size(V)>frac{N}{2})，
那么我们考虑如果选取V作为根结点的情况，记Size'(X)表示此时以X为根的子树的结点个数。
如下图，对于A部分，显然
(Size'(Ti)<Size(V))，对于 B 部分，(Size' (U) = N -Size(V) < N/2<Size(V))，这与我们假设矛盾。
定理得证。
由定理 1 可得，在基于点的分治中每次我们都会将树的结点个数减少一半，因此递归深度最坏是(O(log N))的，在树是一条链的时候达到上界。
定理 2：如果一棵树中每个点的度均不大于D，那么存在一条边使得分出的两棵子树的结点个数在([N /(D+1),N*D/(D+1)].(Nleq 2))
### 例题一 POJ 1741 树上点对统计 给定一棵$N(1leq N leq 10000)$个结点的带权树，定义dist(u,v)为u,v两点间的最短路径长度，路径的长度定义为路径上所有边的权和。再给定一个K，如果对于不同的两个结点a,b，如果满足$dist(a,b)leq K$，则称(a,b)为合法点对。 求合法点对个数。 #### 算法分析 如果使用普通的DFS遍历，时间复杂度高达$O(N^2)$，而使用时间复杂度为O(NK)的动态规划，更是无法在规定时限内出解的。 我们知道一条路径要么过根结点，要么在一棵子树中，这启发了我们可以使用分治算法。路径在子树中的情况只需递归处理即可，下面我们来分析如何处理路径过根结点的情况。
路径在子树中的情况只需递归处理即可，下面我们来分析如何处理路径过根结点的情况。
记(Depth(i))表示点i到根节点的路径长度，Belong(i)=x(x为根节点的儿子),那么我们要统计的就是满足
- (Depth(i)+Depth(j)leq K)并且(Belong(i) ot = Belong (j))的((i,j))个数
- (Depth(i)+Depth(j)leq K)并且(Belong(i)=Belong(j))的((i,j))个数
将A排序后利用单调性容易得出一个(O(n))的算法，所以可以用(O(Nlog N))的时间来解决这个问题.
综上，此题使用树的分治算法时间复杂度为(O(Nlog^2N))
例题2 SPOJ 1825 Free Tour 2
给定一棵含有(N)个节点的带权树,节点分为两类，黑点和白点。
要求找到一条路径，使得经过的黑点数目不超过(K)个，且路径长度最大。
算法分析
考虑此题维护树的路径，考虑使用树的分治来解决。
与上题相同，只需考虑过根节点的路径，其余的递归处理即可。
记(G(i,j))表示从根的第(i)个儿子到其子树中某点的最优路径的长度，要求此路径上的黑点不超过(j)个。
记(Dep(i,j))表示根节点的第(i)个儿子到其子树上的点的路径上最多的黑点个数。
那么当(j>Dep(i))时，(G(i,j))=G(i,Dep(i)),所以只需保留(jleq Dep(i))的部分,
这样就可以在(O(N))的时间内算出(G),
那么我们最终需要求出(Max(G(u,L_1)+G(v,L_2))),其中(u
ot =v)，且(L_1+L_2=K-[Root=Block])。