題目描述

給定一棵有n個點的樹

詢問樹上距離為k的點對是否存在。

輸入輸出格式

輸入格式：

n,m 接下來n-1條邊a,b,c描述a到b有一條長度為c的路徑

接下來m行每行詢問一個K

輸出格式：

對於每個K每行輸出一個答案，存在輸出“AYE”,否則輸出”NAY”(不包含引號)

輸入輸出樣例

2 1
1 2 2
2

AYE

說明

對於30%的數據n<=100

對於60%的數據n<=1000,m<=50

對於100%的數據n<=10000,m<=100,c<=1000,K<=10000000

代碼

• 對於一條x到y的路徑有可能有兩種情況，
• ①要經過根節點，那麽這樣的距離就是dis[u]+dis[v](到根的距離)
• ②在一個子樹中，那麽就找到該子樹的根，然後就類似於第一種情況
• 其實就是分治的思想，把樹不斷分解成子樹然後求解
• 點分治過程中，每一層的所有遞歸過程合計對每個點處理一次， 假設共遞歸T層，則總時間復雜度為O(TNlogN)
• 然而，如果樹退化成一條鏈， 那麽遞歸層數就是T=n，總時間復雜度為O(N^2logN)
  
• 這樣的復雜度接受不了，那麽就要減少樹的層數，那麽每次就要找到樹的中心來作為根，這樣才能減少層數
• 然後就是點分治了

代碼

 1 #include <cstdio> 
 2
 
 #include <iostream>
 3 #include <queue>
 4 #include <vector>
 5 using namespace std;
 6 const int inf=10000000;
 7 const int N=100010;
 8 struct edge{int to,from,v;}e[N*2];
 9 int n,m,num,root,ans,cnt,head[N],mx[N],size[N],dis[N],dfn[N],vis[N],g[inf],w[inf],p[N],k[1010];
10 void insert(int
 
 x,int y,int z) { e[++cnt].to=y; e[cnt].from=head[x]; e[cnt].v=z; head[x]=cnt; }
11 void getroot(int x,int fa)
12 {
13     size[x]=1,mx[x]=0;
14     for (int i=head[x];i;i=e[i].from)
15         if (e[i].to!=fa&&!vis[e[i].to])
16         {
17             getroot(e[i].to,x);
18             size[x]+=size[e[i].to];
19             mx[x]=max(mx[x],size[e[i].to]);
20         }
21     mx[x]=max(mx[x],num-size[x]);
22     if (mx[x]<mx[root]) root=x;
23 }
24 void getdis(int x,int fa)
25 {
26     dfn[++dfn[0]]=dis[x];
27     for (int i=head[x];i;i=e[i].from) 
28         if (e[i].to!=fa&&!vis[e[i].to])
29             dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].v,getdis(e[i].to,x);
30 }
31 void work(int x)
32 {
33     p[0]=0;
34     for (int i=head[x];i;i=e[i].from)
35         if (!vis[e[i].to])
36         {
37             dis[e[i].to]=e[i].v,dfn[0]=0;
38             getdis(e[i].to,x);
39             for (int j=dfn[0];j;j--)
40                 for (int q=1;q<=m;q++)
41                     if (k[q]>=dfn[j]) g[q]|=w[k[q]-dfn[j]];
42             for (int j=dfn[0];j;j--) p[++p[0]]=dfn[j],w[dfn[j]]=1;
43         }
44     for (int i=1;i<=p[0];i++) w[p[i]]=0;
45 }
46 void cdq(int x)
47 {
48     vis[x]=w[0]=1,work(x);
49     for (int i=head[x];i;i=e[i].from)
50         if (!vis[e[i].to])
51             num=size[e[i].to],mx[root=0]=inf,getroot(e[i].to,0),cdq(root);
52 }
53 int main() 
54 {
55     scanf("%d%d",&n,&m);
56     for (int i=1,x,y,z;i<n;i++) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),insert(x,y,z),insert(y,x,z);
57     for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&k[i]);
58     mx[root]=num=n,getroot(1,0),cdq(root);
59     for (int i=1;i<=m;i++) if (g[i]) printf("AYE\n"); else printf("NAY\n");
60 }

[cdq分治][樹的重心] 洛谷 P3806 點分治1