POJ 1741 Tree 樹形DP（分治）

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連結：http://poj.org/problem?id=1741

題意：給出一棵樹，節點數為N（N<=10000），給出N-1條邊的兩點和權值，給出數值k，問樹上兩點最短距離小於k的點對有多少個。

思路：拿到題的第一反應是LCA問題，不過細一想詢問次數極限情況可以達到10000*5000次，即使用Tarjan也是逾時沒商量的。

2009年國家隊論文提供了樹的分治思想，對於本題就是樹的分治的點分治的應用。每次找到能使含節點最多的子樹的節點最少的根分而治之，同樣方式分別處理它的所有子樹，知道處理到單獨的節點。這樣可以使複雜度最低化。（具體找根的方式和上一題思想類似，傳送門：http://blog.csdn.net/ooooooooe/article/details/38981129 ）

對於每個根，記錄其他點到根的距離，我要找出它的兩個子節點分別處於它的不同子樹並且距離小於k的情況數，不記錄在同一子樹的情況是因為對於同一子樹的兩個節點，它們的最短距離並不是它們到根的距離之和，而且如果對於每個根都記錄處於相同子樹的節點，那麼會記重複情況。具體處理的方式是先記錄到根距離之和小於等於k的點對的數量，然後對於每個子樹分別除去在子樹中到根距離之和小於等於k的點對的數量。

資料：http://wenku.baidu.com/view/e087065f804d2b160b4ec0b5.html###

代碼：

#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <ctime>#include <ctype.h>#include <iostream>#include <map>#include <queue>#include <set>#include <stack>#include <string>#include <vector>#define eps 1e-8#define INF 1000000000#define maxn 10005#define PI acos(-1.0)#define seed 31//131,1313typedef long long LL;typedef unsigned long long ULL;using namespace std;int dp[maxn][2],from[maxn],head[maxn],all[maxn],top,tot,ans=0;int T,k,x,y,z;bool vis[maxn];void init(){    memset(head,-1,sizeof(head));    memset(dp,0,sizeof(dp));    memset(vis,0,sizeof(vis));    ans=0;    top=0;}struct Edge{    int v,w;    int next;} edge[maxn*2];void add_edge(int u,int v,int w){    edge[top].v=v;    edge[top].w=w;    edge[top].next=head[u];    head[u]=top++;}void dfs_first(int u,int f){    from[u]=u;    dp[u][0]=dp[u][1]=0;    for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next)    {        int v=edge[i].v,w=edge[i].w;        if(v==f||vis[v])            continue;        dfs_first(v,u);        if(dp[v][0]+w>dp[u][0])        {            from[u]=v;            dp[u][1]=dp[u][0];            dp[u][0]=dp[v][0]+w;        }        else if(dp[v][0]+w>dp[u][1])            dp[u][1]=dp[v][0]+w;    }}void dfs_second(int u,int f,int k,int &root,int &deep){    if(u!=f)        if(from[f]!=u)        {            if(dp[f][0]+k>dp[u][0])            {                from[u]=f;                dp[u][1]=dp[u][0];                dp[u][0]=dp[f][0]+k;            }            else if(dp[f][0]+k>dp[u][1])                dp[u][1]=dp[f][0]+k;        }        else        {            if(dp[f][1]+k>dp[u][0])            {                from[u]=f;                dp[u][1]=dp[u][0];                dp[u][0]=dp[f][1]+k;            }            else if(dp[f][1]+k>dp[u][1])                dp[u][1]=dp[f][1]+k;        }    if(dp[u][0]<deep)    {        deep=dp[u][0];        root=u;    }    for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next)    {        int v=edge[i].v,w=edge[i].w;        if(v==f||vis[v])            continue;        dfs_second(v,u,w,root,deep);    }}void dfs_third(int u,int f,int val){    all[tot++]=val;    for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next)    {        int v=edge[i].v,w=edge[i].w;        if(!vis[v]&&v!=f)            dfs_third(v,u,val+w);    }}void dfs(int u){    int root=-1,deep=INF;    memset(dp,0,sizeof(dp));    dfs_first(u,u);    dfs_second(u,u,0,root,deep);    tot=0;    dfs_third(root,root,0);    sort(all,all+tot);    int a=0,b=tot-1;    while(a<b)    {        while(all[a]+all[b]>k&&b>a)            b--;        ans+=b-a;        a++;    }    vis[root]=1;    for(int i=head[root]; i!=-1; i=edge[i].next)    {        tot=0;        int v=edge[i].v,w=edge[i].w;        if(!vis[v])        {            dfs_third(v,0,w);            sort(all,all+tot);            a=0,b=tot-1;            while(a<b)            {                while(all[a]+all[b]>k&&b>a)                    b--;                ans-=b-a;                a++;            }            dfs(v);        }    }}int main(){    while(scanf("%d%d",&T,&k))    {        if(!T&&!k)        break;        init();        for(int i=0; i<T-1; i++)        {            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);            add_edge(x,y,z);            add_edge(y,x,z);        }        dfs(1);        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}

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