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POJ 1741 Tree(树的点分治,入门题)

Tree

Time Limit: 1000MS Memory Limit: 30000K
Total Submissions: 21357 Accepted: 7006

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 41 2 31 3 11 4 23 5 10 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。
 1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cmath> 4 #include <cstring> 5 #include <vector> 6 #include <algorithm> 7 using namespace std; 8 const int N = 1e5+20, M = 1e2+10, mod = 1e9+7, inf = 1e9+1000; 9 typedef long long ll;10 11 int n,m,root,t,ans,allnode,siz[N],K,head[N],vis[N],d[N];12 int deep[N];//路径长度//deep[0]子节点个数13 int f[N];//重心14 15 struct edg{int to,next,v;}e[N * 4];//前向星存边16 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17 18 //获取重心19 void getroot(int x,int fa) {20     siz[x] = 1;21     f[x] = 0;22     for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {23         int to = e[i].to;24         if(to == fa || vis[to]) continue;25         getroot(to,x);26         siz[x] += siz[to];27         f[x] = max(f[x] , siz[to]);28     }29     f[x] = max(allnode-siz[x] , f[x]);30     if(f[x] < f[root]) root = x;31 }32 33 void getdeep(int x,int fa) {//获取子树所有节点与根的距离34     deep[++deep[0]] = d[x];35     for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {36         int to = e[i].to;37         if(to == fa || vis[to]) continue;38         d[to] = d[x] + e[i].v;39         getdeep(to,x);40     }41 }42 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43     d[x]=now;deep[0]=0;44     getdeep(x,0);45     sort(deep+1,deep+deep[0]+1);46     int all = 0;47     for(int l=1,r=deep[0];l<r;) {48         if(deep[l]+deep[r] <= K) {all += r-l;l++;}49         else r--;50     }51     return all;52 }53 54 void work(int x) {//以x为重心进行计算55     vis[x] = 1;56     ans+=cal(x,0);57     for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {58         int to = e[i].to;59         if(vis[to]) continue;60         ans -= cal(to,e[i].v);61         allnode = siz[to];62         root=0;63         getroot(to,x);64         work(root);65     }66 }67 68 int main()69 {70     while(~scanf("%d%d",&n,&K)) {71         if(!n&&!m) break;72         memset(head,0,sizeof(head));73         memset(vis,0,sizeof(vis));74         t = 1;75         for(int i=1;i<n;i++) {76             int a,b,c;77             scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);78             add(a,b,c) , add(b,a,c);79         }80         root=ans=0;81         allnode=n;f[0]=inf;82         getroot(1,0);83         work(root);84         printf("%d\n",ans);85     }86 }

 

       
 

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