树型DP
这题刘汝佳居然归在数学题里面，他的用意应该是想归在递推的，但是这题更应该属于一个经典树DP
题意：给一个图，两个点间不会有重边，边时双向连通的，另外注意这句话，
there is only one route from a village to a village that does not pass through some other village twice.
这句话说明了，这个图是很特殊的，其实是一个无根树。要求的是，找出两点，他们的距离最远
有两种思路，但是本质还是一样的，写法不同，推荐后面那种
第一种:
/*
思考方法：这个图的本质是个无根树，所以我们指点任意一个节点为树根即可，因而指定1为树根，变为一棵树
题目变为，在这颗树中找出两个点，它们的距离最远，可知这这两个点一定都是叶子节点，因为只要一个点不是叶子节点
那么就可以继续往下或者往上延伸，距离还可以变长
那么两个叶子节点，它们的距离是整个树里面最长的，它们一定是经过某个父节点的，这个父节点，一定是整个树的树根1吗
显然不是，随便举一个例子就能证明
那么我们假设a，b两点经过的父节点为rt。其实我们很容易知道，这个rt一定是LCA（最近公共祖先）
但我们这里并不是求LCA。我们换个角度看这个问题，我们已经知道了a--->rt------>b，并且是最远距离
我们可以描述为rt----->a + rt------>b = 最远距离 ， 即一个根到它两个叶子的距离之和
我们知道rt所在的子树可能有多个叶子，为什么选了a，b，肯定是因为rt到这两个叶子的距离最远
所以对于一个根，在它的子树内，找出它到所有叶子的距离，并选出最大值和次大值。
所以我们开辟两个数组d,dd，d[rt]表示rt到其子树叶子的最大值，dd[rt]表示rt到其子树叶子的次大值
另外开辟一个数组dp[rt],表示rt为根的子树内，两点间的最远距离
我们要求的实际上是dp[rt],dp[rt]有两种可能，
dp[rt]=d[rt]+dd[rt],即这两个点是经过rt的
dp[rt]=dp[son]，即两个叶子节点没有经过rt，只经过了其子树的某个节点
而对于d和dd怎么求呢？
d[rt]=max{ d[son]+w } , 因为d是根到叶子的距离，所以必经过某个儿子。当可以更新d的时候，先把d给dd，
那么就记录了次大值
最后剩下建树，在这里只需要隐式建树即可，因为我们使用这棵树只要是为了遍历，遍历的话知道边的连接关系即可
可以手工模拟邻接表建树，也可以直接用vector保存
*/
注意输入：UVA的输入一贯蛋疼，case的分割就是一个空行，所以要处理掉这个空行。网上有人说，可能有坑，就是一个case里面什么都没有，用一个空行表示，然后再一个空行结束这个case，经过测试，这个坑是没有的，不必另外处理，但是我的代码里面已经做了这样的处理，都无关紧要，如果WA了，又确定自己算法没问题的话，不妨先检查一下自己的输入，可能就AC了，我就是个例子呵呵
#include <cstdio> #include <cstring> #include <vector> #include <utility> using namespace std; #define N 10100 #define INF 0x3f3f3f3f typedef pair<int,int> pii; vector<pii>a[N]; int n; int d[N],dd[N],dp[N]; bool vis[N]; void add(int u ,int v ,int w) { pii tmp; tmp.first=v; tmp.second=w; a[u].push_back(tmp); tmp.first=u; tmp.second=w; a[v].push_back(tmp); } int max(int x, int y ,int z) { int ans; ans=x>y?x:y; ans=ans>z?ans:z; return ans; } void dfs(int rt) { vis[rt]=true; pii tmp; int size=a[rt].size(); d[rt]=dd[rt]=dp[rt]=0; for(int i=0; i<size; i++) { int v,w; tmp=a[rt][i]; v=tmp.first; w=tmp.second; if(!vis[v]) { dfs(v); if(d[v]+w >= d[rt]) { dd[rt]=d[rt]; d[rt]=d[v]+w; } if(d[v]+w < d[rt] && d[v]+w > dd[rt]) dd[rt]=d[v]+w; dp[rt]=max(dp[rt] , d[rt]+dd[rt] , dp[v]); } } return ; } void solve() { memset(vis,false,sizeof(vis)); dfs(1); printf("%d\n",dp[1]); } int main() { int u,v,w; char str[50]; bool flag,End=false; while(!End) { for(int i=0; i<=N-100; i++) a[i].clear(); flag=false; while(1) { if(!gets(str)) { End=true; break;} if(!flag && str[0]=='\0') //空case，不过数据中是没有这个坑的，可以不用处理 { if(!gets(str)) End=true; break; } if(flag && str[0]=='\0') break; //一组数据的结束 flag=true; sscanf(str,"%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w); } solve(); } return 0; }
第二种：基于上面的讲解，我们不难发现，这样做是有累赘的，其实关系很简单，无非就是说
1.两个点距离最远，那么它们一定是叶子节点
2.既然它们都是叶子，那么它们一定有一个最近公共祖先（特殊除外，即图中只有两个点，它们即使叶子也可以是祖先，但是丝毫不影响解题）
3.这段距离可以描述成 rt--->a + rt----->b ，并且可知这两个值一定是最大值和次大值
4.既然这样，为什么我们不可以对每个根，都找出属于它们的rt-->a和rt--->b，然后两者相加，就可以得到以该点为中转站，得到的最远路径，然后再枚举所有rt，不就是得到了整个树中的最大值了吗？
下面的代码就是这样做的，存边部分完全一样，只是修改了solve()和dfs()。dp[rt][1]表示以rt为根到叶子的最大值，dp[rt][0]表示以rt为根到叶子的次大值
最终的答案就是 ans=max{ dp[rt][1]+dp[rt][0] }
#include <cstdio> #include <cstring> #include <vector> #include <utility> using namespace std; #define N 10100 #define INF 0x3f3f3f3f typedef pair<int,int> pii; vector<pii>a[N]; int n,ans; int dp[N][2]; bool vis[N]; void add(int u ,int v ,int w) { pii tmp; tmp.first=v; tmp.second=w; a[u].push_back(tmp); tmp.first=u; tmp.second=w; a[v].push_back(tmp); } void dfs(int rt) { vis[rt]=true; pii tmp; int v,w,size=a[rt].size(); dp[rt][1]=dp[rt][0]=0; for(int i=0; i<size; i++) { pii tmp=a[rt][i]; v=tmp.first; w=tmp.second; if(!vis[v]) { dfs(v); if(dp[v][1]+w > dp[rt][1]) { dp[rt][0] = dp[rt][1]; dp[rt][1] = dp[v][1]+w; } else if(dp[v][1]+w > dp[rt][0]) dp[rt][0] = dp[v][1]+w; } } if(dp[rt][1]+dp[rt][0] > ans) ans = dp[rt][1]+dp[rt][0]; } void solve() { memset(vis,false,sizeof(vis)); ans=0; dfs(1); printf("%d\n",ans); } int main() { int u,v,w; char str[50]; bool flag,End=false; while(!End) { for(int i=0; i<=N-100; i++) a[i].clear(); flag=false; while(1) { if(!gets(str)) { End=true; break;} if(!flag && str[0]=='\0') //空case，不过数据中是没有这个坑的，可以不用处理 { if(!gets(str)) End=true; break; } if(flag && str[0]=='\0') break; //一组数据的结束 flag=true; sscanf(str,"%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w); } solve(); } return 0; }