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点分治笔记
ChungZH LV 8 @ 2022-8-20 10:27:26

欢迎访问我的博客：blog.chungzh.cn

点分治，外国人称之为 Centroid decomposition，重心分解。

何为树的重心

学习重心分解之前，自然要先了解重心。

下面统一用 $n$ 表示树上结点的个数。

在一棵树中，如果删除一个顶点后得到的最大子树的顶点数最少，那么这个点就是树的重心（Centroid）。

重心的性质：

删除重心后得到的所有子树，其顶点数必然不超过 $n/2$ 。

证明：选取任意顶点作为起点，每次都沿着边向最大子树的方向移动，最终一定会到达某个顶点，将其删除后得到的所有子树的顶点数都不超过 $n/2$ 。如果这样的点存在的话，那么也就可以证明删除重心后得到的所有子树的顶点数都不超过 $n/2$ 。

记当前顶点为 $v$ ，如果顶点 $v$ 已经满足上述条件则停止。否则，与顶点 $v$ 邻接的某个子树的顶点数必然大于 $n/2$ 。假设顶点 $v$ 与该子树中的顶点 $w$ 邻接，那么我们就把顶点 $w$ 作为新的顶点 $v$ 。不断重复这一步骤，必然会在有限步停止。这是因为对于移动中所用的边 $(v, w)$ ，必有 $v$ 侧的子树的顶点数小于 $n/2$ ， $w$ 侧的子树的顶点数大于 $n/2$ ，所以不可能再从 $w$ 移动到 $v$ 。因而该操作永远不会回到已经经过的顶点，而顶点数又是有限的，所以算法必然在有限步终止。
树中所有顶点到某个顶点的距离和中，到重心的距离和是最小的；如果有两个重心，那么到它们的距离和一样。
把两棵树通过一条边相连得到一棵新的树，那么新的树的重心在连接原来两棵树的重心的路径上。
在一棵树上添加或删除一个叶子，那么它的重心最多只移动一条边的距离。

更多证明请见：树的重心的性质及其证明 - suxxsfe - 博客园 (cnblogs.com)

寻找树的重心

根据重心的定义，先以 $1$ 为根进行 DFS。在递归中计算子树大小 $siz[u]$ ，并求出最大的子树的大小 $maxs[u]$ ，比较出重心 $centroid$ 。

void getCentroid(int u, int fa, int s) {
  siz[u] = 1;
  maxs[u] = 0;
  for (int i = head[u]; i != 0; i = nxt[i]) {
    if (to[i] == fa)
      continue;
    getCentroid(to[i], u, s);
    siz[u] += siz[to[i]];
    maxs[u] = max(maxs[u], siz[to[i]]);
  }
  // “向上” 的部分也是该结点的子树
  maxs[u] = max(maxs[u], s - siz[u]);
  if (maxs[u] < maxs[centroid] || !centroid) centroid = u;
}
int main() {
  centroid = 0;
  getCentroid(1, 0, n);
  return 0;
}

提交：CSES - Finding a Centroid

点分治

我们可以用点分治解决关于统计树上路径的问题。

例一

Luogu P3806【模板】点分治 1：给定一棵有 $n$ 个点的带边权树， $m$ 次询问，每次询问给出 $k$ ，询问树上距离为 $k$ 的点对是否存在。

$n\le 10000,m\le 100,k\le 10000000$ 暴力的做法至少需要 $O(n^{2})$ ，显然会超时，所以考虑分治。

如何分割呢？如果随意选择顶点的话，递归的深度可能退化成 $O(n)$ 。若我们每次选择子树的重心作为新的根结点，可以让递归的层数最少。因为每次树的大小至少减半，所以递归的深度是 $O(log n)$ 。

设当前的根结点是 $rt$ 。

对于每一条路径 $(u, v)$ ，必然满足以下三种情况之一：

顶点 $u, v$ 在 $rt$ 的同一子树内。
顶点 $u, v$ 分别在 $rt$ 的不同子树内。
顶点 $u, v$ 其中一个是 $rt$ 。

对于第 (1) 种情况，可以递归后转化成另外的情况。对于第 (2) 种情况，从顶点 $u$ 到顶点 $v$ 的路径必然经过根结点 $rt$ ，只要求出每个顶点到 $rt$ 的距离，就可以统计出答案。对于第 (3) 种情况，可以添加一个到 $rt$ 距离为 $0$ 的顶点，就转化为了第 (2) 种情况。

需要注意的是，在第 (1) 种情况中统计的同一子树的顶点对，要避免在第 (2) 种情况中被重复统计。通过容斥和类似于树上背包的方法可以去重。

最后的时间复杂度是 $O(nlog^{2}n)$ 。

RECORD。

int n, m;
int L, p;
int centroid;
bool vis[MAXN], cnt[MAXW], ans[MAXM];
int ask[MAXM];
vector< std::pair< int, int > > g[MAXN];
int dis[MAXN];
int siz[MAXN], maxs[MAXN];
void getCentroid(int u, int fa, int s) {
  siz[u] = 1;
  maxs[u] = 0;
  for (auto i : g[u]) {
    if (i.first == fa || vis[i.first]) continue;
    getCentroid(i.first, u, s);
    siz[u] += siz[i.first];
    maxs[u] = std::max(maxs[u], siz[i.first]);
  }
  maxs[u] = std::max(maxs[u], s - siz[u]);
  if (maxs[u] < maxs[centroid] || !centroid)
    centroid = u;
}
// 获取子树中所有点到重心的距离
void getDis(int u, int fa, int d) {
  dis[p++] = d;
  for (auto i : g[u]) {
    if (i.first == fa || vis[i.first]) continue;
    getDis(i.first, u, d + i.second);
  }
}
void calc() {
  L = p = 0;
  cnt[0] = 1;
  // 类似于树上背包
  for (auto i : g[centroid]) {
    if (vis[i.first]) continue;
    getDis(i.first, centroid, i.second);
    
    // 一棵一棵子树合并，不会重复统计
    for (int i = L; i < p; i++) {
      for (int j = 0; j < m; j++) {
        if (dis[i] > ask[j]) continue;
        ans[j] |= cnt[ask[j] - dis[i]];
      }
    }
    for (int j = L; j < p; j++)
      cnt[dis[j]] = 1;
    L = p;
  }
  
  // 还原 cnt 数组
  for (int i = 0; i < p; i++)
    cnt[dis[i]] = 0;  // 不能用 memset
}
void solve(int u, int size) {
  centroid = 0;
  getCentroid(u, -1, size);
  getCentroid(centroid, -1, size);  // 再求一次 siz，防止后面找重心时出错
  vis[centroid] = true;
  calc();
  for (auto i : g[centroid]) {
    if (vis[i.first]) continue;
    solve(i.first, siz[i.first]);
  }
}
int main() {
  solve(1, n);
  for (int i = 0; i < m; i++) {
    if (ans[i]) cout << "AYE\n";
    else cout << "NAY\n";
  }
  return 0;
}

需要注意的细节：

分治的时候求出新的重心之后，也要再次求子树 $siz$ 。

详见：一种基于错误的寻找重心方法的点分治的复杂度分析 - 博客 - liu_cheng_ao的博客 (uoj.ac)

账号 920848348 评论：

对于大部分点分治的代码中，不能直接 size = siz[v]，否则会导致后面的重心求错（可以用下面的样例试一下，然后输出重心节点看一下，你会发现从 $6$ -> $3$ 这一大块的重心应该是 $2$ ，而代码输出是 $1$ 。原因在于：

由于一开始从点 $1$ 开始找整棵树的重心，此时的 $siz[u]$ 表示的仅仅是以 1 为根结点的树中， $u$ 的子树大小。那么现在重心 $root$ 找到了，那么从这整棵树的重心 $root$ 开始深搜时，若有边 $root$ -> $v$ ，而此时的 $siz[v]$ 的值并不是以 $v$ 为根的子树的大小（这个子树当然不包括父亲 $root$ 那一块）。具体为什么，这里给一组样例，大家可以在图中画一下。此样例的对应题目为 Luogu P3806【模板】点分治 1。

然后我们一步一步来：

先从 $1$ 开始 dfs ，统计 $siz$ 数组，此时很清晰的知道 $siz[3] = 7$ ，因为是以 $1$ 为根深搜的。很明显，一开始这整棵树的重心是 6 号节点，那么接下来，我们可以发现：

当从点 $6$ 开始 dfs 时，有 $6$ -> $3$ 这条边，那么按理来说， $size = siz[3]$ ，此时 $size$ 表示的是以 $3$ 为根的子树的大小，可看图上明明是 $5$ 啊（在点 $3$ 的左边，不包含点 $6$ 那边）。可是此时的 $siz[3]$ 为 $7$ ，而并非是 $5$ 。这是由于选定的深搜节点不同，统计的不同而导致的。 $siz[3]$ 的正确值理应来自于从点 $6$ 开始深搜的值。故我们可以得出结论，用 getroot(1,0) 找到整棵树的重心之后，再来一次 getroot(root, 0)，来确定以重心为根结点时的 $siz$ 数组。这下就可以直接 size = siz[v] 了。
```
11 1
6 7 1
6 8 1
7 9 1
7 10 1
8 11 1
1 2 1
1 3 1
2 4 1
2 5 1
3 6 1
2
```
不要用 memset 粗暴还原，会浪费很多时间。

例二

Luogu P4178 Tree：给定一棵有 $n$ 个点的带权树，给出 $k$ ，询问树上距离小于等于 $k$ 的点对数量。

$n\le 40000,k\le 20000,w_i\le 1000$ 这题方法比较多。下面的代码用容斥进行去重和 双指针 （除此之外还可以用二分）统计答案。

RECORD。

int calc(int u, int w) {
  dis.clear();
  getDis(u, -1, w);
  sort(dis.begin(), dis.end());
  int sum = 0;
  int L = 0, R = dis.size() - 1;  // 双指针
  while (L < R) {
    if (dis[L] + dis[R] <= k)
      sum += R - L, L++;
    else
      R--;
  }
  return sum;
}
void solve(int u, int size) {
  centroid = 0;
  getCentroid(u, -1, size);
  getCentroid(centroid, -1, size);
  vis[centroid] = true;
  ans += calc(centroid, 0);
  for (auto i : g[centroid]) {
    if (vis[i.first]) continue;
    ans -= calc(i.first, i.second); // 容斥。去除错误的答案。
  }
  for (auto i : g[centroid]) {
    if (vis[i.first]) continue;
    solve(i.first, siz[i.first]);
  }
}

例三

暂且咕咕咕。🕊

Luogu P4149 [IOI2011]Race：给定一棵有 $n$ 个点的带权树，给出 $k$ ，求一条简单路径。权值和等于 $k$ ，且边的数量最小。

$n\le 200000,k,w_i\le 1000000$ 开个桶数组记录最小边数即可。

RECORD。

// 桶数组，minn[i] 表示权值和为 i 的路径的最小边数
int minn[MAXK];
// d 表示权值和，b 表示边数
void getDis(int u, int fa, int d, int b) {
  if (d > k) return;
  dis.emplace_back(d, b);
  for (auto i : g[u]) {
    if (i.first == fa || vis[i.first]) continue;
    getDis(i.first, u, d + i.second, b + 1);
  }
}
void calc(int u) {
  minn[0] = 0;
  tdis.clear();
  for (auto i : g[u]) {
    if (vis[i.first]) continue;
    dis.clear();
    getDis(i.first, u, i.second, 1);
    for (auto j : dis) {
      if (minn[k - j.first] != -1) {  // 可以拼凑成权值和为 k 的路径
        if (ans == -1)
          ans = minn[k - j.first] + j.second;
        else
          ans = std::min(ans, minn[k - j.first] + j.second);
      }
    }
    // 更新桶数组
    for (auto j : dis) {
      tdis.push_back(j);
      if (minn[j.first] == -1)
        minn[j.first] = j.second;
      else
        minn[j.first] = std::min(minn[j.first], j.second);
    }
  }
  // 还原 minn 数组
  for (auto i : tdis) {
    minn[i.first] = -1;
  }
}
void solve(int u, int size) {
  centroid = 0;
  getCentroid(u, -1, size);
  getCentroid(centroid, -1, size);
  vis[centroid] = true;
  calc(centroid);
  for (auto i : g[centroid]) {
    if (vis[i.first]) continue;
    solve(i.first, siz[i.first]);
  }
}

习题

参考资料

《挑战程序设计竞赛》
OI Wiki

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