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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.
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.
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。
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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