POJ 1741 Tree(树的点分治，入门题)

Posted 2020-09-06 Angel_Kitty

Tree

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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 4
1 2 3
1 3 1
1 4 2
3 5 1
0 0

Sample Output

8

Source

[email protected]

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 }