浅谈算法——点分治

很多情况下,我们会遇到在树上进行操作的题目,比如求树上路径长度为\(k\)的路径条数

大力枚举?每次枚举两个点暴力算距离,时间复杂度\(O(n^3)\),高级数结维护一下\(O(n^2\log n)\),emmmm……,都TM高级数结维护都跑不了1w的数据,(╯°Д°)╯︵ ┻━┻

大力枚举肯定不行了,我们得换个想法,我们考虑一下每条路径,假如一个满足条件的路径经过\(x\),那么这条路径要么以\(x\)为端点,要么两个端点在\(x\)的不同子树内

那么,只要我们找到\(x\),就可以统计这样的一些路径了,然后……如何找到\(x\)呢?

首先明白,\(x\)是不能随便找的,为了保证时间复杂度,\(x\)显然为重心最优,找重心可以用一个简单的dfs搞定

\(x\)统计完了之后呢?这棵树被分成了两个大小基本相同的子树,然后我们把子树剥离(记得是剥离)出来,作为一个子问题继续处理,这次的处理是没必要让路径经过\(x\)的(因为经过\(x\)的已经被统计完了),以此类推下去,我们发现每个点在统计答案的时候最多被经过\(\log n\)次,因此时间复杂度为\(O(n\log n)\)

好,然后我们找到\(x\)了,然后我们得到一堆以\(x\)为端点的边,然后满足条件的路径要么是以\(x\)为端点,要么是两条以\(x\)为端点的路径接到一起,如何统计?枚举,\(O(n^2)\)……

开个桶啊,\(k\)最大不会超过\(n\)(超过\(n\)直接输出0吧),对于每次分治找到的\(x\),只需要\(O(size)\)扫一遍桶即可,复杂度依然保持在\(O(n\log n)\)(不过你要是memset清空桶那我没点办法)

然后这题就做完了,吗?有些有意思的情况诶,拼接起来的路径,要保证两端点分别在两个子树内,这好办,我们枚举分治重心的子树时,开个临时桶记录当前子树信息,在永久桶中统计答案,然后再把临时桶的信息加入永久桶中

这道题这样子没错,其他的呢?比如说我要统计路径长度小于等于\(k\)的路径数咋办?这个时候桶就没啥用了,首先记\(dis[i]\)表示分治过程中\(i\)\(x\)的距离,然后对\(dis[]\)排个序,每当我们找到\(l\)后,可以找到一个最大的\(r\),满足\(dis[A_l]+dis[A_r]\leqslant r\)\(A\)是排序后的序列),那么对答案的贡献即为\(r-l+1\)

做完了?不,这样统计有点问题,答案好像多了点,如下图

我如果要统计长度\(\leqslant 4\)的路径,这样子不是把\(A\rightarrow x\rightarrow B\)给考虑了,但是,显然不对啊,这哪能叫\(A\rightarrow B\)的简单路径啊。因此我们发现,我们将一些端点在同一颗子树内的路径拼接起来了!行吧,既然多统计了,我们减去它们即可

如何减去?既然是端点同在一个子树内被统计了多次,我们就从子树这里下手

我们可以令\(son\)的权值为1,再次访问这棵子树,这样统计出来的答案,必然在\(x\)统计答案时满足两个端点同在\(son\)的子树内,我们将这样统计出来的答案减去即可

然后时间复杂度?肯定不是说桶排那个啊,那个显然\(O(n\log n)\)没得谈,我说的是后面那个,显然要快排嘛,然后时间复杂度\(O(n\log^2n)\)?但是实测起来貌似没有多多少啊?为啥?

个人理解,树上路径条数总共\(n^2\)条,每次快排之后相当于消去那些边,就算需要容斥,每条边至多被排序2次,复杂度应该依然维持在\(O(n\log n)\)级别,只是常数较大

然后就愉快的切题去吧

作者:Wolfycz
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posted @ 2019-01-03 10:37  Wolfycz  阅读(619)  评论(0编辑  收藏  举报