點分治
關於點分治，其實思想是很是好理解的，類比在數列上或是在平面上的分治算法（如歸併排序，平面最近點對等），咱們能夠從字面上理解該算法：c++
以一個點爲界限，將一棵樹分紅若干個子樹，當劃分到必定規模，就對每一個子樹分別進行求解算法
感性理解就行了數組
感覺一個算法最直觀的辦法，就是來看一道模板題。函數
【模板】 點分治
給定一棵有$n$個點的樹，詢問樹上長度爲$k$的鏈是否存在。post
首先能夠很直觀的知道，對於樹上的任意一個點，有不少條通過它的鏈url
那麼，對於本題，咱們是否能夠在可以接受的時間內對這些通過該點的鏈進行求解呢？spa
答案是確定的，只須要以該節點爲根節點，對整顆樹進行一遍$\text{DFS}$,求出各個點到該點的距離，而後就能夠用桶排等方法解決該問題。.net
那麼對於剩下的沒有被處理到的鏈呢？指針
天然，咱們能夠以這個點，將整棵樹斷掉，將它的子樹分開遞歸分治求解，這樣這道題目就解決啦！code
咳咳，真的這麼簡單嗎？
咱們來看一張圖
多麼優雅的一條鏈！
若是咱們一開始以$1$爲根節點，按照這個思路，咱們須要進行$n$次操做，這樣確定是不行的。
也就是說，咱們須要找到一個節點，使得在將其斷掉以後，剩下的各個子樹的大小相對均勻，這樣在進行分治求解的時候就可讓時間複雜度最優。
因此這裏須要引入一個新的概念：
樹的重心
定義：樹的重心也叫樹的質心。找到一個點,其全部的子樹中最大的子樹節點數最少,那麼這個點就是這棵樹的重心,刪去重心後，生成的多棵子樹儘量平衡。（摘自百度百科）
那麼如何求樹的重心呢？
咱們能夠採起一種相似於$DP$的算法，由於咱們要使最大的子樹節點數最少，因而咱們能夠任選一個點進行$DFS$，在搜索過程當中，記錄每個點的最大的子樹大小，而後進行操做，即 $$ dp[u]=max(siz[son[u]],sum-siz[u]) $$ $sum$表示這顆子樹一共有多少個節點，$siz[i]$即子樹大小
這樣的話，咱們就只須要在該子樹中找到最小的$dp[i]$，這樣$i$就是咱們要找的重心了。
是否是很簡單？
貼一小段代碼
//root默認爲0，dp[0]=inf
void get_root(int u,int fa,int sum)
{
dp[u]=0,siz[u]=1;//初始化
for(int i=head[u];i;i=e[i].nex)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa||vis[u]) continue;//vis[u]表示該節點是否被看成根節點操做過，同時保證該函數只在本子樹內操做
get_root(v,u,sum);
siz[u]+=siz[v];
dp[u]=max(dp[u],siz[v]);
}
dp[u]=max(dp[u],sum-siz[u]);
if(dp[u]<dp[root]) root=u;
}
那麼，如何統計答案呢？
對於本題，提供$3$種方法供君選擇
說明：$dis[u]$表示$u$節點到重心的距離，$siz[u]$表示以$u$爲根的子樹大小，$root$表示當前子樹重心
$1.$暴力枚舉法
咱們將全部的節點到重心的距離$dis[u]$經過一遍$DFS$記錄下來，而後開一個桶，兩兩組合，統計答案。這樣的話，會有一個問題，就是在同一條路徑上的節點的答案也會被統計，好比$dis[u]+dis[son[u]]=k$，可是這兩個節點並無到重心的一條鏈，因此須要刪去。
那麼如何作呢？
簡單容斥一下就行了 $$ Ans=Ans(以重心爲根的子樹)-\sum Ans(以重心的孩子爲根的子樹) $$ 時間複雜度爲單次$O(siz[root]^2)$,且有必定侷限性——$k$太大時沒法使用
$ 2.$配對法
這是一個在本題跑得飛起的計算方法
假設一共有$son_1,son_2,son_3,...,son_n$這些多棵子樹
令$vis[j]$數組表示在求解到第$i$棵子樹的答案時，前$i-1$棵子樹是否存在到重心長度爲$j$的路徑
這樣一來，咱們就只須要在每棵子樹當中對於每個詢問，枚舉找到能夠湊成答案的路徑便可
時間複雜度爲單次$O(m*siz[root])$,因爲詢問較少，跑的飛起
但注意，在還原數組的時候，須要將
一樣，也有必定的侷限性——$k$太大時一樣沒法使用
$3.$two pointers
維護$l,r$兩個指針，將全部獲得的$dis[i]$從小到大排序，這樣的話，就能夠保證$dis$數組單調遞增，有兩個思路供君選擇：
$1)$直接標記（僅針對本題）
在$DFS$求解$dis[i]$時，能夠記錄每個節點對應來自哪一棵子樹，記爲$tag[i]$而後能夠按照這樣的思路：
令$l=0,r=siz[root]$
若是當前點已有答案，跳過
若是$dis[l]+dis[r]>k$,就$--r$,這樣纔有可能有解
若是$dis[l]+dis[r]<k$,就$++l$,同理
若是$dis[l]+dis[r]=k \quad且\quad tag[l]==tag[r]$,就看$dis[r-1]$的大小，並進行相應調整
若是上述條件都不知足，則對於這個$k$有解
$2)$前綴統計
咱們能夠化等爲不等，記錄$\le k$和$\le k-1$的路徑條數
一樣令$l=0,r=siz[root]$
若$dis[l]+dis[r]<=k$,則說明在$[l+1,r]$的$dis$均可以組成答案，此時$++l$;
不然$--r$;
這種方法一樣須要容斥。
兩種方法的時間複雜度均爲單次$O(m*siz[root])$，且不受$k$的限制,同時這種思想也在很是多的題目上有所運用，如$NOI2019Day1T3$
大致思路就是這樣，共$3$步：
$1.$找樹的重心
$2.$求解通過重心的鏈對答案的貢獻
$3.$在各個子樹內求解
因而這個題目就完結辣OWO~
貼代碼（上面講的很清楚了因而沒有註釋QWQ）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,m;
struct cc{
int to,nex,w;
}e[maxn<<2];
int head[maxn],cnt;
int siz[maxn],dp[maxn],vis[maxn],q[maxn],ans[maxn];
void add(int x,int y,int z)
{
++cnt;
e[cnt].to=y;
e[cnt].nex=head[x];
e[cnt].w=z;
head[x]=cnt;
}
int root=0;
void get_root(int u,int fa,int sum)
{
dp[u]=0,siz[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nex)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa||vis[v]) continue;
get_root(v,u,sum);
siz[u]+=siz[v];
dp[u]=max(dp[u],siz[v]);
}
dp[u]=max(dp[u],sum-siz[u]);
if(dp[u]<dp[root]) root=u;
}
int dep[maxn],dis[maxn],tot;
void get_dis(int u,int fa)
{
dep[++tot]=dis[u];
for(int i=head[u];i;i=e[i].nex)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa||vis[v]) continue;
dis[v]=dis[u]+e[i].w,get_dis(v,u);
}
}
void get_ans(int u,int now,int val)
{
dis[u]=now,tot=0;
get_dis(u,0);
stable_sort(dep+1,dep+tot+1);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int s1=0,s2=0,l=1,r=tot;
while(l<r)
if(dep[l]+dep[r]<=q[i]) s1+=r-l,++l;
else --r;
l=1,r=tot;
while(l<r)
if(dep[l]+dep[r]<q[i]) s2+=r-l,++l;
else --r;
ans[i]+=(s1-s2)*val;
}
}
void solve(int u)
{
get_ans(u,0,1);
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nex)
{
int v=e[i].to;
if(vis[v]) continue;
get_ans(v,e[i].w,-1);
root=0;
get_root(v,u,siz[v]),solve(root);
}
}
int main()
{
int a,b,c;
scanf("%d%d",&n,&m);
dp[0]=n;
for(int i=1;i<n;++i)
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c),add(a,b,c),add(b,a,c);
for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&q[i]);
get_root(1,0,n);solve(root);
for(int i=1;i<=m;++i)
printf("%s\n",ans[i]?"AYE":"NAY");
return 0;
}