标签：log 笔记 点分 学习 leq 点分树 lca 树上 dis
1.0 定义
其实本质也是一种暴力。。
回忆点分治的过程：每次找到当前子树的重心，处理所有经过该重心的路径的答案，然后将其删去，分裂成一些子树，再分别进去递归。
把点分治的过程离线下来，将当前树的重心与上一层的树的重心连边，这样就可以得到一棵树，我们称之为“点分树”。
1.1 应用范围
点分治通常针对树上路径问题，一般是”任意两点间的路径“。
但有时会加上多次询问（并强制在线等），不可能每次都跑一遍点分治。于是我们建出点分树，每次在点分树上求解即可。
1.2 性质
点分树有两个性质：
- 点分树的树高是\(\log n\)级别的（每次找重心，\(size\)至少减半）。这是一个强有力的性质，我们还可以据此推出点分树上的\(\sum sz_i\)是\(n\log n\)级别的（证明考虑每个点最多对祖先贡献\(\log n\)次）。所以我们可以给每个点开一个包含子树中所有点的
vector（或者开到\(dep\)），这样做空间也是能接受的。并且修改操作也可以考虑直接暴跳祖先（总之就是暴力搞）。 - 对于任意两点\(x,y\)，可以确定的是\(x,y\)在点分树上的\(lca \)一定在（原树上）\(u\rightarrow v\)的路径上。这点比较重要，因为据此有\(dis(x,y)=dis(x,lca)+dis(y,lca)\)，有时可以转化问题。
1.3 求法
贴一份代码（其实就比点分治过程多了一句话）：
void pcalc(int x, int f)
{
sz[x] = 1;
for (auto y : g[x]) if (y != f && (!vis[y])) pcalc(y, x), sz[x] += sz[y];
return;
}
void solve(int x)
{
vis[x] = 1; pcalc(x, 0);
for (auto y : g[x])
{
if (vis[y]) continue;
rt = 0, ns = sz[y]; findrt(y, x);
nf[rt] = x; solve(rt);
}
return;
}
1.4 例题
借这道题说一说点分树的一般套路。
按照上面的性质，把所有的\(y\)按照和\(x\)（在点分树上）的\(lca\)分类（最多有\(\log n\)种），有
\[res=\sum\limits_{dis(x,y)\leq k}a_y=\sum\limits_{dis(x,z)+dis(z,y)\leq k \land lca(x,y)=z}a_y=\sum\limits_{dis(z,y)\leq k-dis(x,z) \land LCA(x,y)=z}a_y \]满足\(lca(x,y)=z\)的\(y\)即为\(z\)的子树抠掉\(z\) 在 \(x\) 方向上的儿子 \(s\) 的子树后剩下的部分。所以答案即为 \(z\)的子树内到 \(z\)的距离\(\leq k−dis(x,z)\) 的点权和减去\(s\)子树内到 \(s\) 的距离\(\leq k−dis(x,z)\) 的点权和（容斥思想）。给每个点开一个树状数组，下标为\(i\)的位置维护 \(x\) 子树内所有 \(dis(x,y)=i\) 的\(a_y\) 的和，从而下标只要开到\(maxdep\)范围，防止\(\rm MLE\)。
特别注意，除了维护上述贡献外，还要维护\(x\)对\(fa_x\)的贡献。切记不能只维护一个，然后在 \(s\)对应的线段树上查 \(\leq k−dis(x,z)−1 \)的和，因为点分树上的\(x\)和\(fa_x\)基本没有关系。
1.5 总结
基本上是对每个点\(x\)维护它子树内的所有点对它的贡献和它们对\(fa_x\)的贡献（用来去重）。基本都要带上一些数据结构，复杂度一般是\(\mathcal{O}(n\log^2n)\)。
标签：log,笔记,点分,学习,leq,点分树,lca,树上,dis 来源： https://www.cnblogs.com/andysj/p/15866574.html
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