1.题目描述
2.分析
1.对于原图，我们可以知道，若要回到节点1，每一条边至少经过两次（来一次，去一次），所以此时$ans=(n-1)*2$
2.不妨设$L_1$为第一条路径长，$L_2$为第二条路径长，当$k=1$时，从贪心的角度来考虑，肯定是要将距离最远的两个点连接在一起
3.若要找出距离最远的两个点，这两个点肯定是树的任意一条直径中的两个端点
4.当我们将这两个点连接时，显然会形成一个环，此时$ans=(n-1)*2-L_1+1$
5.故当$k=2$时，连接两个点$(u,v)$之后，又会形成一个环
6.此时存在两种情况：
1°两个环没有重叠部分
2°两个环有重叠部分
7.对于情况1，树上$(u,v)$之间原有的路径只需经过一次，$ans$继续减小
8.对于情况2，如果我们依然按照$k=1$的情况建立新的路径，则两个环重叠的部分就不会有巡逻车经过，不满足原题要求。
9.所以我们不得不让巡逻车必须经过这些边。
10.最终，我们使得这些重叠的边又经过了两次，此时$ans=(n-1)*2-L_1+1-L_2+1$
11.综上所述，算法如下：
1°从原来的树上求出直径$L_1$，然后把该直径上的边权取反（从1变为-1，这样我们会强制使它被经过）
2°再次求一遍直径$L_2$
3.代码
Code1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 typedef long long ll; 4 5 const ll N = 1e5 + 10, minx = -1e9 + 7; 6 ll n, k, cnt, L1, L2, dq, l, r, ans; 7 ll from[N], fa[N], ro[N], f[N]; 8 struct Edge { 9 ll to, dis, nxt; 10 }e[N << 1]; 11 12 inline ll max(ll a, ll b){ 13 return a > b ? a : b; 14 } 15 16 void addEdge (ll u, ll v) { 17 e[++cnt] = (Edge){v, 1, from[u]}; 18 from[u] = cnt; 19 } 20 21 void dfs (ll s, ll &v, ll len,ll f) { 22 if (len > dq) dq = len, v = s; 23 fa[s] = f; 24 for (register ll i = from[s]; i; i = e[i].nxt) { 25 ll to = e[i].to; 26 if (to == f) continue; 27 ro[to] = i; 28 dfs (to, v, len + e[i].dis, s); 29 } 30 } 31 32 void dp (ll u,ll fa) { 33 for (register ll i = from[u]; i; i = e[i].nxt) { 34 ll v = e[i].to; 35 if (v == fa) continue; 36 dp (v,u); 37 dq = max (dq, f[u] + f[v] + e[i].dis); 38 f[u] = max (f[u], f[v] + e[i].dis); 39 } 40 } 41 42 int main () { 43 scanf ("%lld%lld", &n, &k); 44 ans = (n - 1) << 1; 45 for (register ll i = 1, u, v; i < n; ++i) { 46 scanf ("%lld%lld", &u, &v); 47 addEdge (u, v); 48 addEdge (v, u); 49 } 50 dq = minx; dfs (1, l, 0, 0); 51 dq = minx; dfs (l, r, 0, 0); 52 ans -= (dq - 1); 53 if (k == 2) { 54 ll t = r; 55 while (fa[t]) { 56 e[ro[t]].dis = e[ro[t] + 1].dis = -1; 57 t = fa[t]; 58 } 59 dq = minx; dp (1, -1); 60 ans -= (dq - 1); 61 } 62 printf ("%lld", ans); 63 return 0; 64 }
4.总结
这道题很好的运用了两种求树的直径方法：
1°对于DFS/BFS，由于这种方法可以求出直径上具体有哪些点，所以适用于k=1
2°对于DP，由于这种方法可以处理当树上存在非正权值边的情况，使用与k=2
总之，这是一道很好的树的直径的练手题