点分治：
一种分治的方法，一般用于（在不修改情况下），处理两点树上的两点之间的路径的问题。
每次从当前的子图中找到重心，即点分治“点”的含义。
以重心为当前的根节点，查找一切经过重心的路径，更新产生的贡献。
查找经过当前重心的路径的贡献，一般有两种方法：
1.树形背包思想
每次用当前子树和之前子树搭配找到贡献，然后把当前子树加入到之前子树集合中去。
为了计数的时候不重不漏，可以这样做：
把根（dis=0）加入集合。
之后就不断找子树，统计贡献，加入集合，直到子树循环完毕为止。
这样，既统计了根和子树的路径，也统计了子树之间跨根的路径。
2.容斥思想
我们每一层是要处理经过根的所有简单路径（这里是不经过重点重边）贡献。
一棵子树内部的点到根，再从根回到子树内部的路径一定不合法（一定有重边重点）。
我们可以先把所有的点的dis值依次和 前面点统计、然后加入一个集合里。
但是这样显然会有上面的不合法的情况，所以，在这一次分治的最后，
循环每个子树，
把每个子树节点之间的两两贡献减去，方法同上（统计，加入集合）。
例题：
一、
模板题：
Description：
给定一棵有n个点的树
m次询问树上距离为k的点对是否存在。
Hint：
对于30%的数据n<=100
对于60%的数据n<=1000,m<=50
对于100%的数据n<=10000,m<=100,c<=1000,K<=10000000
Solution：
在每一个区间里：div(x)表示，处理x所在的块的贡献。
个人比较喜欢用树形背包的思想，处理当前子树和之前子树结合产生的贡献。
0.开一个O（k）的数组exi，表示，距离根节点为k的点是否存在。
1.dfs1(x)找到子图的rt，用一个栈记录所有当前块的点。member
2.dfs2(x)找到子图的每个子树的dis，即到根的距离。再用一个栈记录访问的节点。
回溯时，如果x==rt，
①那么从栈里循环 ，找到another=k-dis[in[j]]表示，另一半需要的距离长度。
如果exi[another]=1，那么就找到了k
②之后，不断退栈，把exi[dis[in[j]]赋值为1。
注意，必须把所有的1的查找先进行完，再进行②的更新。因为是这个子树和之前子树的路径。
同一个子树之间的点在这一层不会产生贡献。
3.把member栈的元素不断退栈，把exi[dis[in[j]]赋值为0。保证之后再查到的路径一定是过rt'的合法路径。
4.封锁rt节点，之后不能再访问回来。
5.分治下去，找到没有“封锁”的点，令块大小totsz=sz[y]，div(y)
最后也不用判断totsz==1，一定全部会把回路都封锁住。直接就返回了。
代码：
注意：1.dis[in[j]]可能大于k，就RE；
2.another可能小于0，又RE
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=10000+10; const int M=10000000+3; const int inf=0x3f3f3f3f; int n,m; int k;//K bool exi[M]; int sta[N],top;//stack to memorize exi int in[N],up;//stack to memorize dfs2 struct node{ int nxt,to; int val; }e[2*N]; int hd[N],cnt; void add(int x,int y,int z){ e[++cnt].nxt=hd[x]; e[cnt].to=y; e[cnt].val=z; hd[x]=cnt; } int dis[N]; int rt; bool no[N]; int sz[N]; int mxs[N]; int minsize; int totsz; bool fl;//find ? void dfs1(int x,int fa){ sz[x]=1; for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(no[y]) continue; if(y==fa) continue; dfs1(y,x); sz[x]+=sz[y]; mxs[x]=max(mxs[x],sz[y]); } mxs[x]=max(mxs[x],totsz-sz[x]); if(minsize>mxs[x]){ minsize=mxs[x]; rt=x; } } void dfs2(int x,int fa,int d){ dis[x]=d; in[++up]=x; for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(no[y]) continue; if(y==fa) continue; dfs2(y,x,d+e[i].val); if(x==rt){ int kk=up; while(kk){ int ano=k-dis[in[kk]]; if(ano>=0&&ano<=k){ if(exi[ano]) fl=true; } kk--; } while(in[up]!=rt){ sta[++top]=in[up]; if(dis[sta[top]]<=k) exi[dis[sta[top]]]=1; up--; } } } } void div(int x){ if(fl) return; up=0;top=0; minsize=inf; dfs1(x,0);//find rt sta[++top]=rt; exi[0]=1; dfs2(rt,0,0); while(top){ if(dis[sta[top]]<=k) exi[dis[sta[top]]]=0; dis[sta[top]]=0; mxs[sta[top]]=0; top--; } no[rt]=1; for(int i=hd[rt];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(no[y]) continue; totsz=sz[y]; div(y); } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int x,y,z; for(int i=1;i<=n-1;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z);add(y,x,z); } for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d",&k); fl=false; totsz=n; minsize=inf; memset(mxs,0,sizeof mxs); memset(dis,0,sizeof dis); memset(no,0,sizeof no); memset(sz,0,sizeof sz); div(1); if(fl) printf("AYE "); else printf("NAY "); } return 0; }
二、
[国家集训队]聪聪可可
题目描述
聪聪和可可是兄弟俩，他们俩经常为了一些琐事打起来，例如家中只剩下最后一根冰棍而两人都想吃、两个人都想玩儿电脑（可是他们家只有一台电脑）……遇到这种问题，一般情况下石头剪刀布就好了，可是他们已经玩儿腻了这种低智商的游戏。
他们的爸爸快被他们的争吵烦死了，所以他发明了一个新游戏：由爸爸在纸上画n个“点”，并用n-1条“边”把这n个“点”恰好连通（其实这就是一棵树）。并且每条“边”上都有一个数。接下来由聪聪和可可分别随即选一个点（当然他们选点时是看不到这棵树的），如果两个点之间所有边上数的和加起来恰好是3的倍数，则判聪聪赢，否则可可赢。
聪聪非常爱思考问题，在每次游戏后都会仔细研究这棵树，希望知道对于这张图自己的获胜概率是多少。现请你帮忙求出这个值以验证聪聪的答案是否正确。
输出格式：
以即约分数形式输出这个概率（即“a/b”的形式，其中a和b必须互质。如果概率为1，输出“1/1”）。
【数据规模】
对于100%的数据，n<=20000。
Solution：
框架大致同上。
统计子树里mod 3=0 mod3=1 mod3=2的点的个数。
再用一个sum[3]表示，之前所有的子树点里mod3余数的点的个数。
每次rt回溯的时候，更新：ans+=sum[0]*sub[y][0],ans+=sum[1]*sub[y][2],ans+=sum[2]*sub[y][1]
然后跟新sum
只需要一个栈，存储member就可以。sub可以dp得到。
Code：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=20000+10; const int inf=0x3f3f3f3f; int n; int gcd(int a,int b){ return b?gcd(b,a%b):a; } struct node{ int nxt,to,val; }e[2*N]; int hd[N],cnt; int rt; void add(int x,int y,int z){ e[++cnt].nxt=hd[x]; e[cnt].to=y; e[cnt].val=z; hd[x]=cnt; } int ans; int sum[3],sub[N][3]; int dis[N],sz[N],mxs[N]; bool vis[N]; int totsz,minsz; int sta[N],top; void dfs1(int x,int fa){ sz[x]=1;sta[++top]=x; for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(y==fa) continue; if(vis[y]) continue; dfs1(y,x); sz[x]+=sz[y]; mxs[x]=max(mxs[x],sz[y]); } mxs[x]=max(mxs[x],totsz-sz[x]); if(mxs[x]<minsz){ minsz=mxs[x]; rt=x; } } void dfs2(int x,int fa,int d){ dis[x]=d; sub[x][d%3]++; for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(vis[y]) continue; if(y==fa) continue; dfs2(y,x,d+e[i].val); sub[x][0]+=sub[y][0]; sub[x][1]+=sub[y][1]; sub[x][2]+=sub[y][2]; if(x==rt){ ans+=sub[y][0]*sum[0]; ans+=sub[y][1]*sum[2]; ans+=sub[y][2]*sum[1]; sum[0]+=sub[y][0]; sum[1]+=sub[y][1]; sum[2]+=sub[y][2]; } } } void div(int x){ rt=0; minsz=inf; dfs1(x,0);//find rt; memset(sum,0,sizeof sum); sum[0]++;//puts dis[rt]=0 dfs2(rt,0,0);//find information ans++;//(rt,rt) while(top){ int x=sta[top]; sub[x][0]=sub[x][1]=sub[x][2]=0; mxs[x]=0; top--; } vis[rt]=1; for(int i=hd[rt];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(vis[y]) continue; totsz=sz[y]; div(y); } } int main() { scanf("%d",&n);int x,y,z; for(int i=1;i<=n-1;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z);add(y,x,z); } totsz=n; div(1); ans=ans*2-n; int mom=n*(n-1)/2; mom=mom*2+n; int g=gcd(ans,mom); ans/=g;mom/=g; printf("%d/%d",ans,mom); return 0; }
三、
EOJ 306 树上问题
四、
11.3模拟赛
点分治有什么好处？我们为什么不直接用树形dp？
它多用了一个logn的代价，使得我们每次面对的都是过重心rt的路径。
这样，我们可以灵活用子树来处理。
而树形dp必须一次考虑所有过x的所有路径。必须还要多处理一个“和x有关”的信息，多了O(n)的时空。
点分治由于同一层不用考虑其他路径，所以复杂度和思维含量大大降低。
（分治都是这样干的。。）
进阶：