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+, M = 1e2+, mod = 1e9+, inf = 1e9+;
 typedef long long ll;

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

 struct edg{int to,next,v;}e[N * ];//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] = ;
     f[x] = ;
     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[]] = 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[]=;
     getdeep(x,);
     sort(deep+,deep+deep[]+);
     int all = ;
     for(int l=,r=deep[];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] = ;
     ans+=cal(x,);
     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=;
         getroot(to,x);
         work(root);
     }
 }

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