poj1741：Tree （树上点分治/treap+启发式合并）

问题描述：给定一棵N个结点的带权树， 问有多少条路径使得它的长度<=k，n<=10000，k<=1000000000。

题目分析：……本题是我第一次敲树上点分治，AC了有一点小激动，但代码可能还不是很正规……

好吧先来讲讲做法，有点像CDQ分治。我们只要每一次求出以root为根的子树中有多少路径经过了root且长度<=k的，然后再递归root的子树即可。我们先Dfs一遍root为根的子树，求出每一个节点i到root的距离dep[i]。我们知道，如果dep[u]+dep[v]<=k还不行，我们必须要让u,v来自root的不同子树才行。于是我们记录belong[u]代表u来自以belong[u]为根的子树，其中belong[u]是root的儿子。这样当belong[u]!=belong[v]的时候，u->v的路径就可以被统计进答案。注意u==root或v==root的情况要小心。

于是我们对子树的dep从小到大排个序，然后利用单调，记录一个最大的tail使得dep[i]+dep[tail]<=k，让tail不断左移。我们还要用一个下标数组cnt[i]记录一下1——tail中belong为i的个数，tail减的时候更新这个数组就可以了。注意最后一定要让tail减到0，因为让tail减到0的时间代价比清空cnt数组的代价要小得多。如果每一次都清空cnt数组的话，等一会儿我们画出递归树来就知道，这是O(n^2)的。

然而这样时间复杂度是多少呢？对于每一次操作，我们都要用O(k*log(k))的时间，其中k是子树的大小，万一这是一条链的话，时间就是O(n^2*log(n))的了因为递归的深度会达到n。

我们可以每一次都选取树的重心，作为树的root，这样递归深度就是log(n)的了。然而如何得到树的重心呢？对于每一次的子树，我们都做一次树形DP。先随机选取一个点为根root，然后记录以每一个点i为根的子树大小size[i]，以及它儿子中最大的size，记为maxson[i]。这样当以i为根的时候，此时它最大的儿子拥有的点数为max(maxson[i],size[root]-size[i])。然后在子树中所有的点中取min就好了。以它作为新的root再来一遍Dfs……QAQ

以上的做法时间均与子树大小成正比。只不过很麻烦……我们画出算法的递归树：

很明显，一个点只会被计算log(n)次，故时间为O(n*log^2(n))。注意我们不能在递归时清空任何一个全局变量数组，否则时间为O(n^2)！

还有，做完一个点之后，我们要断开它和它儿子的所有边，于是要对空间池和反向边做一些标记，超级麻烦……

CODE：

#include<iostream>#include<string>#include<cstring>#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=10010;struct data{int obj,val,id,rev,_Next;} e[maxn<<1];int head[maxn];int cur;int efa[maxn];int fa[maxn];int nTree[maxn];int curT;int max_son[maxn];int _Size[maxn];int root;struct Tnode{int dep,belong;} A[maxn];int cnt[maxn];int n,k;int ans;void Add(int x,int y,int v,int Rev){cur++;e[cur].obj=y;e[cur].val=v;e[cur].id=1;e[cur].rev=Rev;e[cur]._Next=head[x];head[x]=cur;}void Dfs(int node){int p=head[node];while (p!=-1){int son=e[p].obj;if (son!=fa[node]){fa[son]=node;efa[son]=p;Dfs(son);}p=e[p]._Next;}}bool Comp(Tnode x,Tnode y){return x.dep<y.dep;}void Dfs1(int node,int nfa){curT++;nTree[curT]=node;max_son[node]=0;_Size[node]=1;int p=head[node];while (p!=-1){int son=e[p].obj;if ( son!=nfa && e[p].id ){Dfs1(son,node);max_son[node]=max(max_son[node],_Size[son]);_Size[node]+=_Size[son];}p=e[p]._Next;}}void Dfs2(int node,int nfa,int Aid){int p=head[node];while (p!=-1){int son=e[p].obj;if ( son!=nfa && e[p].id ){curT++;A[curT].dep=A[Aid].dep+e[p].val;if (node==root) A[curT].belong=son;else A[curT].belong=A[Aid].belong;Dfs2(son,node,curT);}p=e[p]._Next;}}void Solve(int node){curT=0;Dfs1(node,node);if (curT<=1) return;root=node;for (int i=2; i<=curT; i++)if ( max(max_son[ nTree[i] ],_Size[node]-_Size[ nTree[i] ]) < max(max_son[root],_Size[node]-_Size[root]) )root=nTree[i];curT=1;A[1].dep=0;A[1].belong=0;Dfs2(root,root,1);sort(A+1,A+curT+1,Comp);for (int i=1; i<=curT; i++) cnt[ A[i].belong ]++;int tail=curT;for (int i=1; i<=curT; i++){while ( A[i].dep+A[tail].dep>k && tail ){cnt[ A[tail].belong ]--;tail--;}ans+=(tail-cnt[ A[i].belong ]);}while (tail){cnt[ A[tail].belong ]--;tail--;}node=root;int p=head[node];while (p!=-1){int son=e[p].obj;if ( e[p].id ){if (son==fa[node]){e[ efa[node] ].id=0;e[ efa[node]+e[ efa[node] ].rev ].id=0;}else{e[ efa[son] ].id=0;e[ efa[son]+e[ efa[son] ].rev ].id=0;}Solve(son);}p=e[p]._Next;}}int main(){freopen("c.in","r",stdin);freopen("c.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&k);while ( n!=0 || k!=0 ){cur=-1;for (int i=1; i<=n; i++) head[i]=-1;for (int i=1; i<n; i++){int a,b,c;scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);Add(a,b,c,1);Add(b,a,c,-1);}fa[1]=1;efa[1]=0;Dfs(1);ans=0;Solve(1);printf("%d\n",ans/2);scanf("%d%d",&n,&k);}return 0;}

当然，我们还有一种比较暴力的做法（虽然时间复杂度一样），就是信息学竞赛中很常用的treap+启发式合并。我们对于每一个节点都建立一个treap，存储以它为根的子树的所有节点的深度dep[i]，我们还要查看以当前节点为lca的长度<=k的（u,v）路径有多少条。我们在得到每一个当前节点node的儿子son的时候，先不要急着把son的treap加进node的treap中，我们先统计答案。假设后者的size大于前者，我们就遍历一遍son的treap，取出每一个dep[u]（u在son的子树中），然后查找当前node的treap中有多少个dep[v]<=k+2*dep[node]-dep[u]，由于u,v来自node的两棵不同的子树，所以不会重复统计答案。做完一个son之后，把它的treap合并，再做下一个son。时间复杂度O(n*log^2(n))。

CODE：

#include<iostream>#include<string>#include<cstring>#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<stdio.h>#include<algorithm>#include<ctime>using namespace std;const int maxn=10010;const int maxl=18;struct Tnode{Tnode *lson,*rson;int val,fix;int _Size;} tree[maxn*maxl];Tnode *root[maxn];int cur;struct data{int obj,len,_Next;} e[maxn<<1];int head[maxn]; int Ecur;int dep[maxn];int ans;int n,k;void Add(int x,int y,int v){Ecur++;e[Ecur].obj=y;e[Ecur].len=v;e[Ecur]._Next=head[x];head[x]=Ecur;}Tnode *New_node(int v){cur++;tree[cur].lson=tree[cur].rson=NULL;tree[cur].val=v;tree[cur].fix=rand();tree[cur]._Size=1;return tree+cur;}void Recount(Tnode *&P){int temp=1;if (P->lson) temp+=(P->lson->_Size);if (P->rson) temp+=(P->rson->_Size);P->_Size=temp;}void Right_turn(Tnode *&P){Tnode *W=P->lson;P->lson=W->rson;W->rson=P;P=W;Recount(P->rson);Recount(P);}void Left_turn(Tnode *&P){Tnode *W=P->rson;P->rson=W->lson;W->lson=P;P=W;Recount(P->lson);Recount(P);}void Insert(Tnode *&P,int v){if (!P) P=New_node(v);else{if ( v <= P->val ){Insert(P->lson,v);if ( P->lson->fix < P->fix ) Right_turn(P);}else{Insert(P->rson,v);if ( P->rson->fix < P->fix ) Left_turn(P);}Recount(P);}}void Calc(Tnode *&P,int v){if (!P) return;if (P->val<=v){ans++;if (P->lson) ans+=(P->lson->_Size);Calc(P->rson,v);}else Calc(P->lson,v);}void Work(Tnode *&Root,Tnode *&P,int v){Calc(Root,v-(P->val));if (P->lson) Work(Root,P->lson,v);if (P->rson) Work(Root,P->rson,v);}void Cut(Tnode *&Root,Tnode *&P){Insert(Root,P->val);if (P->lson) Cut(Root,P->lson);if (P->rson) Cut(Root,P->rson);}void Update(Tnode *&x,Tnode *&y,int lcadep){Work(x,y,k+2*lcadep);//统计答案 Cut(x,y);//粘贴y的子树到x的子树中 }void Dfs(int node,int fa){root[node]=NULL;Insert(root[node],dep[node]);//初始化以当前节点的treap int p=head[node];while (p!=-1){int son=e[p].obj;if (son!=fa){dep[son]=dep[node]+e[p].len;Dfs(son,node);if ( root[node]->_Size > root[son]->_Size )Update(root[node],root[son],dep[node]);else{Update(root[son],root[node],dep[node]);root[node]=root[son];}//启发式合并 }p=e[p]._Next;}}int main(){freopen("c.in","r",stdin);freopen("c.out","w",stdout);srand(time(0));scanf("%d%d",&n,&k);while ( n!=0 || k!=0 ){cur=-1;Ecur=-1;ans=0;for (int i=1; i<=n; i++) head[i]=-1;for (int i=1; i<n; i++){int a,b,v;scanf("%d%d%d",&a,&b,&v);Add(a,b,v);Add(b,a,v);}dep[1]=0;Dfs(1,1);printf("%d\n",ans);scanf("%d%d",&n,&k);}return 0;}