POJ 1741 Tree(树的点分治，入门题)

Tree

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Description

Give a tree with n vertices,each edge has a length(positive integer less than 1001).
Define dist(u,v)=The min distance between node u and v.
Give an integer k,for every pair (u,v) of vertices is called valid if and only if dist(u,v) not exceed k.
Write a program that will count how many pairs which are valid for a given tree.
Input

The input contains several test cases. The first line of each test case contains two integers n, k. (n<=10000) The following n-1 lines each contains three integers u,v,l, which means there is an edge between node u and v of length l.
The last test case is followed by two zeros.
Output

For each test case output the answer on a single line.
Sample Input

5 4
1 2 3
1 3 1
1 4 2
3 5 1
0 0

Sample Output

8

Source

LouTiancheng@POJ
题目链接：http://poj.org/problem?id=1741
题目大意：

给定一棵N个节点、边上带权的树，再给出一个K，询问有多少个数对(i,j)满足i<j，且i与j两点在树上的距离小于等于K。

数据规模：

多组测试数据，每组数据满足N≤10000，1≤边上权值≤1000，1≤K≤10^9。

出处：

楼天城男人必做8题之一……

思路：

最容易想到的算法是：从每个点出发遍历整棵树，统计数对个数。

由于时间复杂度O(N^2)，明显是无法满足要求的。

对于一棵有根树， 树中满足要求的一个数对所对应的一条路径，必然是以下两种情况之一：

1、经过根节点

2、不经过根节点，也就是说在根节点的一棵子树中

对于情况2，可以递归求解，下面主要来考虑情况1。

设点i的深度为Depth[i]，父亲为Parent[i]。

若i为根，则Belong[i]=-1，若Parent[i]为根，则Belong[i]=i，否则Belong[i]=Belong[Parent[i]]。

这三个量都可以通过一次BFS求得。

我们的目标是要统计：有多少对(i,j)满足i<j，Depth[i]+Depth[j]<=K且Belong[i]<>Belong[j]

如果这样考虑问题会变得比较麻烦，我们可以考虑换一种角度：

设X为满足i<j且Depth[i]+Depth[j]<=K的数对(i,j)的个数

设Y为满足i<j，Depth[i]+Depth[j]<=K且Belong[i]=Belong[j]数对(i,j)的个数

那么我们要统计的量便等于X-Y

求X、Y的过程均可以转化为以下问题：

已知A[1],A[2],...A[m]，求满足i<j且A[i]+A[j]<=K的数对(i,j)的个数

对于这个问题，我们先将A从小到大排序。

设B[i]表示满足A[i]+A[p]<=K的最大的p(若不存在则为0)。我们的任务便转化为求出A所对应的B数组。那么，若B[i]>i，那么i对答案的贡献为B[i]-i。

显然，随着i的增大，B[i]的值是不会增大的。利用这个性质，我们可以在线性的时间内求出B数组，从而得到答案。

综上，设递归最大层数为L，因为每一层的时间复杂度均为“瓶颈”——排序的时间复杂度O(NlogN)，所以总的时间复杂度为O(L*NlogN)

然而，如果遇到极端情况——这棵树是一根链，那么随意分割势必会导致层数达到O(N)级别，对于N=10000的数据是无法承受的。因此，我们在每一棵子树中选择“最优”的点分割。所谓“最优”，是指删除这个点后最大的子树尽量小。这个点可以通过树形DP在O(N)时间内求出，不会增加时间复杂度。这样一来，即使是遇到一根链的情况时，L的值也仅仅是O(logN)的。

因此，改进后算法时间复杂度为O(Nlog^2N)，可以AC。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5+20, M = 1e2+10, mod = 1e9+7, inf = 1e9+1000;
typedef long long ll;

int n,m,root,t,ans,allnode,siz
,K,head
,vis
,d
;
int deep
;//路径长度//deep[0]子节点个数
int f
;//重心

struct edg{int to,next,v;}e[N * 4];//前向星存边
void add(int u,int v,int w) {e[t].to=v;e[t].next=head[u];e[t].v=w;head[u]=t++;}//加边

//获取重心
void getroot(int x,int fa) {
siz[x] = 1;
f[x] = 0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
int to = e[i].to;
if(to == fa || vis[to]) continue;
getroot(to,x);
siz[x] += siz[to];
f[x] = max(f[x] , siz[to]);
}
f[x] = max(allnode-siz[x] , f[x]);
if(f[x] < f[root]) root = x;
}

void getdeep(int x,int fa) {//获取子树所有节点与根的距离
deep[++deep[0]] = d[x];
for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
int to = e[i].to;
if(to == fa || vis[to]) continue;
d[to] = d[x] + e[i].v;
getdeep(to,x);
}
}
int cal(int x,int now) {//计算当前以重心x的子树下，所有情况的答案
d[x]=now;deep[0]=0;
getdeep(x,0);
sort(deep+1,deep+deep[0]+1);
int all = 0;
for(int l=1,r=deep[0];l<r;) {
if(deep[l]+deep[r] <= K) {all += r-l;l++;}
else r--;
}
return all;
}

void work(int x) {//以x为重心进行计算
vis[x] = 1;
ans+=cal(x,0);
for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
int to = e[i].to;
if(vis[to]) continue;
ans -= cal(to,e[i].v);
allnode = siz[to];
root=0;
getroot(to,x);
work(root);
}
}

int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&K)) {
if(!n&&!m) break;
memset(head,0,sizeof(head));
memset(vis,0,sizeof(vis));
t = 1;
for(int i=1;i<n;i++) {
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b,c) , add(b,a,c);
}
root=ans=0;
allnode=n;f[0]=inf;
getroot(1,0);
work(root);
printf("%d\n",ans);
}
}