【平衡树启发式合并】POJ1741[Tree]题解

题目概述

给出一棵树，求dis(x,y)<=K的点对(x,y)有多少，dis(x,y)表示x到y的最短距离（x＜y）。

解题报告

这道题是明显的点分，就不阐述点分了，主要讲讲另一种解法：平衡树+启发式合并，效率也很不错：O(n*log2^2(n))。

说的这么高大上，实际上就是暴力啦。先找出根节点，然后Dfs递归处理。对于每一个节点，都建立一棵平衡树（作者蒟蒻，这里使用Treap），然后从叶往根上推（从叶往根上推根据Dfs的深度优先就可以轻松实现）。举个例子，如图： 首先先把son1的Treap的所有节点（直接遍历即可）和fa的Treap进行累加，累加后，把fa加入当son1中。处理完毕后，根据启发式合并的思想，先比较fa的Treap的平衡树大小和son2的Treap的平衡树大小，把小的往大的身上累加，然后把小的加入到大的中。以此类推，直到处理完所有son。

但是如何计算两个点之间的距离？其实很简单（当然也可以直接用lazy_tag，留给你们自己思考啦:P）： 记录dis[i]表示i节点在这棵树中的深度。由图所示，son1和son2的距离就是dis[son1]+dis[son2]-2*dis[fa]，不难发现2*dis[fa]可以独立领出来统一减去，那么问题就简化为dis[son1]+dis[son2]了。 ps：这样的话，就有一个细节了：fa不能在刚开始就加入Treap，否则统计会出错（fa和其他节点的距离是dis[son]-dis[fa]，减去2*dis[fa]会出错）。

其实至此，这道题目就讲完了，再来谈谈启发式合并复杂度的问题：由于是小的加入到大的身上，所以原先小的树的节点所在的树的个数必定*2，而树的个数最多是n。所以每个节点顶多被加入log2(n)次，而每次加入的复杂度是log2(n)，所以总时间复杂度为O(n*log2^2(n))。

示例程序

#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=10005,maxm=20005,maxt=140005; struct Treap { Treap *son[2]; int x,w,si,p; int cmp(int k) {if (k<x) return 0; else if (k>x) return 1;return -1;} void Pushup() {si=w+son[0]->si+son[1]->si;} }; //Treap的结构体 Treap tem[maxt],*null=&tem[0],*len=null,*ro[maxn]; //用null代替NULL int n,K,son[maxm],nxt[maxm],lnk[maxn],w[maxm],E,ans; bool vis[maxn]; void Add(int x,int y,int z) {son[++E]=y;w[E]=z;nxt[E]=lnk[x];lnk[x]=E;} Treap *newTreap(int k,int num) {len++;len->w=len->si=num;len->x=k;len->p=rand();len->son[0]=len->son[1]=null;return len;} void rotate(Treap* &id,int f) { Treap *t=id->son[f^1];id->son[f^1]=t->son[f];t->son[f]=id; id->Pushup();t->Pushup();id=t; } void Insert(Treap* &id,int k,int num) { if (id==null) {id=newTreap(k,num);return;} int f=id->cmp(k);id->si+=num; if (f==-1) id->w+=num; else { Insert(id->son[f],k,num); if (id->son[f]->p>id->p) rotate(id,f^1); } } int Asksum(Treap* id,int k) //询问<=k的节点有多少 { if (id==null) return 0; int f=id->cmp(k); if (f==-1) return id->son[0]->si+id->w; else if (f==0) return Asksum(id->son[0],k); else if (f==1) return id->son[0]->si+id->w+Asksum(id->son[1],k); } void Join(Treap* &A,Treap* B) //把B插入A中 { if (B==null) return; Insert(A,B->x,B->w); Join(A,B->son[0]);Join(A,B->son[1]); } int Count(Treap* A,Treap* B,int dis) //统计B所有节点在A中的满足个数 { if (B==null) return 0; return B->w*Asksum(A,dis-B->x)+Count(A,B->son[0],dis)+Count(A,B->son[1],dis); //注：这里一定要乘上B->w，因为B->x不一定只有一个 } void Dfs(int x,int dep) { vis[x]=true; for (int j=lnk[x];j;j=nxt[j]) if (!vis[son[j]]) { Dfs(son[j],dep+w[j]); //先处理下面 if (ro[x]->si<ro[son[j]]->si) swap(ro[x],ro[son[j]]); //启发式合并，小的往大的身上累加和合并 ans+=Count(ro[x],ro[son[j]],K+2*dep);Join(ro[x],ro[son[j]]); } ans+=Asksum(ro[x],K+dep); //最后统计x Insert(ro[x],dep,1); //把x插入进去 } int main() { freopen("program.in","r",stdin); freopen("program.out","w",stdout); for (scanf("%d%d",&n,&K);n||K;scanf("%d%d",&n,&K)) { memset(lnk,0,sizeof(lnk));E=0;memset(vis,0,sizeof(vis));ans=0; for (int i=1;i<=n;i++) ro[i]=null;len=null; for (int i=1;i<=n-1;i++) { int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); Add(x,y,z);Add(y,x,z); } Dfs(1,0); printf("%d\n",ans); } return 0; }