Luogu P3806 【模板】点分治1

题目大意

%　　给定一棵有 $n$ 个点，边权的树，回答 $m$ 个询问，每次询问树上距离为 $k$ 的点对是否存在。
　　数据范围　$n⩽10^4,m⩽100,\text{边权}⩽10000,k⩽10^7$

题解

%　　点分治模板。
　　考虑以 $u$ 为根的子树，这棵子树上的路径有两种，一种是经过节点 $u$ 的，另一种是不经过根节点的，考虑分治。对于大小为 $1$ 的子树，无树上路径，直接返回。对于节点 $u$，合并不同的两个子树的路径，组成经过节点 $u$ 的一条新路径。
　　对于层数为 $k$ 的树，时间复杂度为 $\Theta (k{\log }_{2}n)$，在平均情况下良好，但当树为一条链时，程序的时间复杂度将为 $\Theta (n^2)$。
　　对于一棵树 $n$ 个节点的无根树，找到一个点，使得把树变成以该点为根的有根树时，最大子树的结点数最小，那这个点就是树的重心。
　　求解重心可以用DFS求出所有子树的大小，然后动态规划求解，时间复杂度为 $\Theta (n)$。
　　如果我们选取重心作为根，然后统计从根节点出发的所有路径（$\Theta (n)$），合并从根节点出发的路径，得到所有经过根节点的路径，接着删除根节点，对剩下的每个子树分别找重心，重复以上操作，便可求出所有路径。换句话说：每个点都是根节点，但所管理的子树大小不同，而且重心的性质保证了最坏情况下划分的子树总数和 $\Theta ({\log }_{2}n)$ 同阶。
　　在合并路径时，先将所有路径按长度排序先枚举询问（$\Theta (m)$），令当前询问长度为 $k$，再枚举每条路径（$\Theta (n)$），令路径长度为 $w$，最后在路径中二分查找长度为 $k-w$ 的路径（$\Theta ({\log }_{2}n)$），注意此时两条路径不能属于同一个子树，因而合并路径的时间复杂度为 $\Theta (mn{\log }_{2}n)$。
　　因而程序的总时间复杂度为$$\text{T}(n)=\Theta (mn{\log }_2^{2}n)$$　　代码如下

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10010
using namespace std;
int n,m,num,e,x,y,z,a[110],rt,size,siz[N],f[N],head[N];
bool ans[110],vis[N];
struct edge{int v,w,pre;}edges[N<<1];
struct path{
	int dis,w;
	bool operator<(const path &a)const{return dis<a.dis;}
} dis[N];

template<typename T>
void maxx(T& a,const T &b){a<b? a=b:0;}
void add(int x,int y,int z){
    edges[++e]=(edge){y,z,head[x]};
    head[x]=e;
}

void getroot(int x,int fa){//找重心 O(n)
    f[x]=0;
    siz[x]=1;
    for(int i=head[x];i;i=edges[i].pre){
        int p=edges[i].v;
        if(vis[p]||p==fa) continue;
        getroot(p,x);
        siz[x]+=siz[p];
        maxx(f[x],siz[p]);
    }
    maxx(f[x],size-siz[x]);
    if(f[x]<f[rt]) rt=x;
}

void dfs(int x,int fa,int wh,int d){//O(n)
	dis[++num]=(path){d,wh};
	for(int i=head[x];i;i=edges[i].pre){
		int &p=edges[i].v;
		if(vis[p]||p==fa) continue;
		dfs(p,x,wh,d+edges[i].w);
	}
}

void work(int x){//O(nlogn) 
	num=0;
	for(int i=head[x];i;i=edges[i].pre){//O(n) 
		int p=edges[i].v;
		if(vis[p]) continue;
		dfs(p,x,p,edges[i].w);
	}
	dis[++num]=(path){0,0};
	sort(dis+1,dis+num+1);//O(nlogn) 
	for(int i=1;i<=m;++i){//O(nlogn) 
		if(ans[i]) continue;
		int l=1;//meet 
		while(l<num&&dis[l].dis+dis[num].dis<a[i]) l++;
		while(l<num&&!ans[i]){
			if(a[i]-dis[l].dis<dis[l].dis) break;
			int pot=lower_bound(dis+1,dis+1+num,(path){a[i]-dis[l].dis,0})-dis;
			while(l<=num&&dis[pot].dis+dis[l].dis==a[i]&&dis[pot].w==dis[l].w) pot++;
			if(dis[pot].dis+dis[l].dis==a[i]) ans[i]=1;
			l++;
		}
	}
}

void solve(int x){//O(nlog^2n)
	vis[x]=1;
	work(x);
	for(int i=head[x];i;i=edges[i].pre){
		int p=edges[i].v;
		if(vis[p]) continue;
		rt=0;
		siz[rt]=size=siz[p];
		getroot(p,0);
		solve(rt);//调用logn次 
	}
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<n;++i){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(x,y,z);add(y,x,z);
    } for(int i=1;i<=m;++i)
		scanf("%d",a+i);
    f[rt]=size=n;
    getroot(1,0);
    solve(rt);
    for(int i=1;i<=m;++i)
        puts(ans[i]?"AYE":"NAY");
}