0.引言

對于樹上問題，有許多特殊的求解方法，如：樹鏈剖分。點分治算法也是其中之一，常用于解決樹上路徑問題。

1.0.問題的引入

給定一棵樹，求這棵樹的直徑（樹上最長鏈長度，n<=10^5）

解法1.兩遍dfs：先任選一個起點t，通過dfs遍歷整個樹，找到最長路的終點v，再從v進行dfs，第二次dfs找到節點u，樹的直徑即為u->v的路徑長度。（此非本文內容，證明不再撰述。）

解法2.暴力點分治

首先考慮枚舉算法，對于一個節點u，我們可以先枚舉所有經過u的鏈的長度s。

對于一個u的子樹T，記f[T]=Max（dist（u,v）），v∈T。

顯然，f[T]=max(f[A])+1（A是T的子樹）。

則s=Max（f[T]）+Max（f[ T' ]）+1，T'≠T。

也就是說，s為子樹中最遠點v1與次遠v2點的距離，且v1，v2不在同一個子樹內，是即為經過u的最大鏈長度。

于是，我們可以求出u的每個子樹的最遠點距離，將最大和次大距離相加即是s。

此時，發現答案中與u有關的部分都求解完畢，只需要分治求解u的子樹的s，最后合并答案即可。

這暴力枚舉算法的時間復雜度是多少呢？

顯然，這個算法的時間復雜度為O（sigma（size））的，也就是所有節點的子樹大小之和。

發現這個算法在 ?數據退化為一條鏈的情況下，時間復雜度為O（n^2）。

?

如何優化？？？

我們需要盡量保持樹的平衡，那么我們當然選擇將子樹的“重心”作為子樹的根。

(重心：找到一個點,其所有的子樹中最大的子樹節點數最少,那么這個點就是這棵樹的重心)

我們發現選取重心之后，分治樹節點u的每個子樹大小一定小于u樹的大小的一半。

于是時間復雜度為O(n log n)，且有時根本達不到n log n的時間。

?

（

一般有兩種合并方式：

1.子樹依次合并，統計答案。

2.求出所有鏈的答案，再減去不包含這個節點的答案。

）

完美！！

1.1.點分治的實現

void get_center(int u,int father,int Size) //Size表示整棵樹的大小 {tree[u]={1,0}; //u節點初始化 for (int i=head[u];i;i=e[i].next){int v=e[i].to;if (size[v]||v==father) continue;get_center(v,u,Size); //dfstree[u].size+=tree[v].size; //更新u子樹大小 tree[u].heavy_son=get_max(tree[u].heavy_son,tree[v].size); //更新u的子樹的最大值 }tree[u].heavy_son=get_max(tree[u].heavy_son,Size-tree[u].size); if (tree[u].heavy_son<MIN) {root=u,MIN=tree[u].heavy_son}; } void divide(int u) {ans+=solve(u,0),visit[u]=1; //求所有鏈的答案 for (int i=head[u];i;i=e[i].next) {int v=e[i].to;if (visit[v]) continue;ans-=solve(v,e[i].d); //減去不經過u的答案 Smer=size[v];root=0;MIN=INF; get_center(v,0); divide(v);} }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的点（树）分治的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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