介绍：

将原问题分解成若干相同形式，相互独立的子问题，各个击破
一般用来解决有关树上路径的统计和询问

题目：

P4178 Tree
给定一棵 n 个节点的树，每条边有边权，求出树上两点距离小于等于 k 的点对数量。

做法：

暴力做法；(O(n²))
点分治做法：
选择一个点作为分治中心，令其为rt做dfs。对于一条路径path(u,v)，其要么经过rt(即lca(u,v) = = rt)，要么在某个子树sub(son[rt])中
把问题形式化为：

solve(T,rt) = 统计T树中经过rt且长度<=k的路径数量

对T数进行分治work(T)的步骤：
1.找到一个分治中心rt
2.ans+=solve(T,rt)//统计答案(统计所有穿过化的路径)
3.对所有rt的子节点v，递归调用work(v)

int work(u)
{rt=find_rt();//找到重心ans=solve(rt);for v∈son[u]:ans+=work(v)return ans;
}

所有合法路径在上述分治过程中被不重不漏地统计到

详细过程：

假设高度一共有h层，经过h层递归后到达边界，每一层子问题互不重叠，
每一层都是O(N)
总复杂度：O(H*N)

我们控制H的大小
（H = 递归的层数）
点分治的复杂度被以下两个条件保证：
1.h=O(log n)，每次选T的重心作为rt(重心满足删除后形成的子树大小为之前一半)
2.找重心以及统计答案solve(T,rt)的复杂度=O(size(T)),或者带log，不与n相关
条件1保证每递归一层size(T)减半，log层到达边界
条件2保证每层复杂度为O(n)或者O(nlog n)
点分治总复杂度 O(log n )或O(nlog²n)，取决于solve是否带log。

模板题 P3806 【模板】点分治1

题目描述
给定一棵有 n 个点的树，询问树上距离为 k 的点对是否存在。

代码：

//niiick
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;int read()
{int f=1,x=0;char ss=getchar();while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}return f*x;
}const int inf=10000000;
const int maxn=100010;
int n,m;
struct node{int v,dis,nxt;}E[maxn<<1];
int tot,head[maxn];
int maxp[maxn],size[maxn],dis[maxn],rem[maxn];
int vis[maxn],test[inf],judge[inf],q[maxn];
int query[1010];
int sum,rt;
int ans;void add(int u,int v,int dis)
{E[++tot].nxt=head[u];E[tot].v=v;E[tot].dis=dis;head[u]=tot;
}void getrt(int u,int pa)//求重心 
{size[u]=1; maxp[u]=0;for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt) {int v=E[i].v;if(v==pa||vis[v]) continue;getrt(v,u);size[u]+=size[v];maxp[u]=max(maxp[u],size[v]);}maxp[u]=max(maxp[u],sum-size[u]);if(maxp[u]<maxp[rt]) rt=u;
}void getdis(int u,int fa)//每一个子节点到根的距离 
{rem[++rem[0]]=dis[u];for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt){int v=E[i].v;if(v==fa||vis[v])continue;dis[v]=dis[u]+E[i].dis;getdis(v,u);}
}void calc(int u)
{int p=0;for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt){int v=E[i].v;if(vis[v])continue;rem[0]=0; dis[v]=E[i].dis;getdis(v,u);//处理u的每个子树的disfor(int j=rem[0];j;--j)//遍历当前子树的disfor(int k=1;k<=m;++k)//遍历每个询问{if(query[k]>=rem[j])test[k]|=judge[query[k]-rem[j]];//如果query[k]-rem[j]的路径存在就标记第k个询问}for(int j=rem[0];j;--j)//保存出现过的dis于judge{q[++p]=rem[j];judge[rem[j]]=1;}}for(int i=1;i<=p;++i)//处理完这个子树就清空judgejudge[q[i]]=0;//特别注意一定不要用memeset，会T}void solve(int u)
{   //judge[i]表示到根距离为i的路径是否存在vis[u]=judge[0]=1; calc(u);//处理以u为根的子树for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt)//对每个子树进行分治{int v=E[i].v;if(vis[v])continue;sum=size[v]; maxp[rt=0]=inf;//注意sum是以v为根的子树大小getrt(v,0); solve(rt);//在子树中找重心并递归处理}
}int main()
{n=read();m=read();for(int i=1;i<n;++i){int u=read(),v=read(),dis=read();add(u,v,dis);add(v,u,dis);}for(int i=1;i<=m;++i)query[i]=read();//先记录每个询问以离线处理maxp[rt]=sum=n;//第一次先找整棵树的重心getrt(1,0); solve(rt);//对树进行点分治for(int i=1;i<=m;++i){if(test[i]) printf("AYE\n");else printf("NAY\n");}return 0;
}