P3806 点分治1 题解+淀粉质学习笔记

P3806 点分治1

思路：

随便指定一个点为根 $rt$，此时对于 $rt$ 来说，树上距离为 $k$ 的路径可以分为 $2$ 种，经过 $rt$ 的和不经过 $rt$ 的。
对于经过 $rt$ 的路径，可以由两个子节点 $u,v$ 拼接而成 $dis[u]+dis[v]$。
对于不经过 $rt$ 的路径，那它一定存在于以 $rt$ 为根的某个子树内， 那我们可以找到那个子树，进行第一类操作。
但是如果树为一条链，那时间复杂度就变成了 $O(n^2)$ 了，所以我们要让递归的层数尽量小，也就是每次找子树的重心作为子树的树根进行查找。

对于 P3806，在遍历树时，我们可以用 $hd$ 记录有哪些长度的路径，$fl[i]$ 记录是否有长度为 $i$ 的路径。然后把询问离线下来，淀粉质的时候统一处理。

code：

#include
using namespace std;
const int N=1e4+10;
const int M=1e7+10;
const int INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m;
struct node
{
   int v,w,nxt;
}e[N*2];
int h[N],tot=0;
int q[105];
int ans[110],siz[N];
int rt,mt,sum;
int vis[N];
int cnt;
int hd[N],dis[N],fl[M]; 
int tmp[N];
void add(int x,int y,int z)
{
   e[++tot].v=y;
   e[tot].w=z;
   e[tot].nxt=h[x];
   h[x]=tot;
}
void getrt(int u,int fa)//找重心 
{
   siz[u]=1;
   int mx=0;
   for(int i=h[u];~i;i=e[i].nxt)
   {
   	int v=e[i].v;
   	if(v==fa||vis[v]) continue;
   	getrt(v,u);
   	siz[u]+=siz[v];//记录子树大小 
   	mx=max(mx,siz[v]);
   }
   mx=max(mx,sum-siz[u]);
   if(mx<mt)//如果mx<1/2的树大小，就一定是重心（性质 
   {
   	mt=mx;
   	rt=u;
   }
}
void getdis(int u,int fa)//子树到u的距离 
{
   hd[++cnt]=dis[u];//存在长度为dis[u]的路径 
   for(int i=h[u];~i;i=e[i].nxt)
   {
   	int v=e[i].v;
   	if(v==fa||vis[v]) continue;
   	dis[v]=dis[u]+e[i].w; 
   	getdis(v,u);
   }
}
void calc(int u)
{
   int ii=0;
   for(int i=h[u];~i;i=e[i].nxt)
   {
   	int v=e[i].v;
   	if(vis[v]) continue;
   	cnt=0;
   	dis[v]=e[i].w;
   	getdis(v,u);
   	for(int j=1;j<=cnt;++j)
   		for(int k=1;k<=m;++k)
   			if(q[k]>=hd[j])//若存在hd[j] 
   				ans[k]|=fl[q[k]-hd[j]];//找是否存在q[k]-hd[j]可以与hd[j]构成答案 
   	for(int j=1;j<=cnt;j++)
   	{
   		if(hd[j]<M)
   		{
   			tmp[++ii]=hd[j];//tmp记录有哪些hd[j]进行了修改，这样可以针对tmp数组内的值进行还原，减少复杂度。 
   			fl[hd[j]]=1;
   		}
   	}
   }
   for(int i=1;i<=ii;i++)	fl[tmp[i]]=0;
}
void solve(int u)
{
   vis[u]=fl[0]=1;
   calc(u);
   for(int i=h[u];~i;i=e[i].nxt)
   {
   	int v=e[i].v;
   	if(!vis[v])
   	{
   		sum=siz[v];
   		mt=INF;
   		getrt(v,0);
   		solve(rt);
   	}
   }
}
int main()
{	
   memset(h,-1,sizeof h);
   scanf("%d%d",&n,&m);
   for(int i=1;i<n;i++)
   {
   	int x,y,z;
   	scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
   	add(x,y,z);
   	add(y,x,z);
   }
   for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&q[i]);
   sum=n;//每次树的大小 
   mt=n;
   getrt(1,0); 
   solve(rt);
   for(int i=1;i<=m;i++)
   {
   	if(ans[i]) printf("AYE\n");
   	else printf("NAY\n");
   }
   return 0;
}

注意：

此题的 $k$ 很大，所以需要针对修改过的值进行复原，否则会RE。