• 處理樹上路徑問題。

• 填以前的坑。

  靜態點分治。

• 點分治的核心思想就是分治，每次選取樹的重心把樹分成兩個部分。
• 在這裡，樹的重心的定義是指以他為根，最大子樹\(sz\)最小。
• 然後每次劃分就只考慮經過樹的重心的路徑。

• 因為每次劃分都至少把樹分成一半，所以複雜度就是\(log\)了。

• 得到重心：

void Getroot(R i,R fm){
    sz[i]=1;R num=0;
    for(R k=hd[i];k;k=nt[k]){
        if(to[k]==fm||vis[to[k]])continue;
        Getroot(to[k],i),sz[i]+=sz[to[k]];
        num=max(num,sz[to[k]]);
    }
    num=max(num,tot-sz[i]);
    if(num<Max)Max=num,root=i;
}
 

• 注意這裡的重心是劃分出來的一個樹，應該可以理解成一個聯通塊。
• \(vis\)就是已經劃分過的割點，不能走了。
• \(num\)表示最大的子樹，\(tot\)是這個子樹大小。

num=max(num,tot-sz[i]);

• 注意到這一句，這個以這個點為根的子樹最大值，是本來的子樹大小，和聯通塊大小減去子樹大小的最大值。
• 然後所有的點取最小的點即可。

第一種寫法：

• 跳點分治樹：

void Dfs(R i,R fm){
    sol(i,0,1),vis[i]=1;
    for(R k=hd[i];k;k=nt[k]){
        if(to[k]==fm||vis[to[k]])continue;
        sol(to[k],w[k],-1),tot=sz[to[k]],Max=inf;
        Getroot(to[k],0),Dfs(root,0);
    }
}
 

• \(sol\)的含義就是求解答案，每個題目不一樣。
• 因為現在的\(i\)一定是重心，\(vis[i]=1\)就相當於把樹隔開了。

• 然後列舉所有的兒子，再把一個兒子中的貢獻減去。

  注意：

• 我們考慮的是經過重心的路徑，但是可以發現，對於一個重心\(i\)，兩個點在同一個子樹內，那麼路徑是不會經過\(i\)的。然後我們單獨把這個子樹內的答案剪掉。注意，此時每個點的初始長度都是\(w_k\)，這樣才可以正確剪掉原來被重複統計的路徑。
• 然後初始化\(tot\),\(Max\)，得到每一個子樹根，然後再跳點分樹。
• 每一次統計答案可能要清空。

• 例題 P2634 [國家集訓隊]聰聰可可

  第二種寫法：

• 對於最大值/最小值，不好刪去重複的貢獻（方案類問題是很好刪除的，就是直接剪掉即可，但是最大值你不好刪掉，因為不好維護次大值。）
• 跳點分樹

void Dfs(R i){
    vis[i]=1;
    for(R k=hd[i];k;k=nt[k])
        if(!vis[to[k]])go(to[k],i,1,w[k]),let(to[k],i,1,w[k]);
    for(R k=hd[i];k;k=nt[k])
        if(!vis[to[k]])emp(to[k],i,w[k]);
    for(R k=hd[i];k;k=nt[k]){
        if(vis[to[k]])continue;
        tot=sz[to[k]],rt=0,Mx=n+1;
        Getrt(to[k],0),Dfs(rt);
    }
}

• 同樣的，把樹隔開。
• 然後對於每一個子樹，先考慮他和之前的點兩兩組合得到的答案（\(go\)函式）
• 然後在儲存這個子樹中一個答案產生的貢獻（\(let\)函式）
• 最後清除筒(\(emp\)函式)
• 然後再分重心。
• 例題：P4149 [IOI2011]Race

題單：

• [x] 點分治1
• [x] Tree
• [x] [國家集訓隊]聰聰可可
• [x] [IOI2011]Race
• 前面四道都是模板題。
• [ ] [Luogu2664]樹上游戲
• [ ] [WC2010]重建計劃
• [ ] [HDU4812]D Tree
• [ ] [SPOJ1825]Free tour II
• [ ] [HDU5977]Garden of Eden
• [ ] [HDU5909]Tree Cutting
• [ ] [[Luogu3727]曼哈頓計劃E]]
• [ ] P2993 最短路徑樹問題