CCF 201503-4 网络延时

题目

问题描述

　　给定一个公司的网络，由n台交换机和m台终端电脑组成，交换机与交换机、交换机与电脑之间使用网络连接。交换机按层级设置，编号为1的交换机为根交换机，层级为1。其他的交换机都连接到一台比自己上一层的交换机上，其层级为对应交换机的层级加1。所有的终端电脑都直接连接到交换机上。
　　当信息在电脑、交换机之间传递时，每一步只能通过自己传递到自己所连接的另一台电脑或交换机。请问，电脑与电脑之间传递消息、或者电脑与交换机之间传递消息、或者交换机与交换机之间传递消息最多需要多少步。

输入格式

　　输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示交换机的台数和终端电脑的台数。
　　第二行包含n - 1个整数，分别表示第2、3、……、n台交换机所连接的比自己上一层的交换机的编号。第i台交换机所连接的上一层的交换机编号一定比自己的编号小。
　　第三行包含m个整数，分别表示第1、2、……、m台终端电脑所连接的交换机的编号。

输出格式

　　输出一个整数，表示消息传递最多需要的步数。

样例输入

4 2
1 1 3
2 1

样例输出

4

样例说明

　　样例的网络连接模式如下，其中圆圈表示交换机，方框表示电脑：

　　其中电脑1与交换机4之间的消息传递花费的时间最长，为4个单位时间。

样例输入

4 4
1 2 2
3 4 4 4

样例输出

4

样例说明

　　样例的网络连接模式如下：

　　其中电脑1与电脑4之间的消息传递花费的时间最长，为4个单位时间。

评测用例规模与约定

　　前30%的评测用例满足：n ≤ 5, m ≤ 5。
　　前50%的评测用例满足：n ≤ 20, m ≤ 20。
　　前70%的评测用例满足：n ≤ 100, m ≤ 100。
　　所有评测用例都满足：1 ≤ n ≤ 10000，1 ≤ m ≤ 10000。

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题目分析

一看这道题有点像搜索，不知道怎么搜，这数据暴力得爆啊~还是试下暴力DFS，果然70分。苦思无果，上网看了大神的点拨~瞬间清晰。

最关键的是这样一个事实：设树中相距最远的两点分别为S、T，那么从树中的任何一点起开始搜索，搜索到的最远的点要么是S，要么是T。下面通过反证法证明（设开始搜索的起点为Begin，搜索达到的最远点为End，Way(x,y)表示从x到y的路径，Length(x,y)表示从x到y的路径总长度）：

一、开始点Begin在路径Way(S,T)中，显然搜索到的最远点要么是S，要么是T。

二、开始点Begin不在路径Way(S,T)中，作如下分析：

1、若Way(S,T) ∩ Way(Begin,End) = X，那么

因为从Begin开始搜索最远点为End，所以有

①Length(Begin,X) + Length(X,End) > Length(Begin,X) + Length(X,S)

②Length(Begin,X) + Length(X,End) > Length(Begin,X) + Length(X,T)

由①得，Length(X,End) > Length(X,S)，从而 Length(T,X) + Length(X,End) > Length(T,X) + Length(X,S)，若End != S，则说明有比从T到S更长的路线Way(T,End)，与假设矛盾。②的分析与①类似，同样会与假设矛盾。所以从Begin开始搜索到最远的点要么是S，要么是T。

2、若Way(S,T) ∩ Way(Begin,End) = Ø，设X为Way(S,T)上的一点，显然该前提下End != S and End != T，那么

①Length(Begin,End) > Length(Begin,X) + Length(X,S)

②Length(Begin,End) > Length(Begin,X) + Length(X,T)

由①得，Length(Begin,End) + Length(T,X) - Length(Begin,X) > Length(T,X) + Length(X,S)，显然Length(Begin,X) > 0，所以Length(Begin,End) + Length(T,X) + Length(Begin,X) > Length(T,X) + Length(X,S)，仔细观察下大于号两边就会发现路径T→X→Begin→End（注意由于Way(S,T) ∩ Way(Begin,End) = Ø的条件下，这条路径不会有重复的点）要比路径T→S更长，这与T→S为最长路径矛盾。对②的分析也是类似的，同样会产生这个矛盾。所以Way(S,T) ∩ Way(Begin,End) = Ø 这个前提不成立，所以只有情况1。

综合一、二，得证。（自己想不到= =，还是多记多想多练吧~）

基于这个事实，问题就好解决了，先通过一次搜索来找到最长路径的一个端点S，再从找到的端点S进行一次搜索就可以找到最长路径的另一个端点T。至于搜索的方式DFS/BFS都行，时间应该也差不多，因为都是对每个结点访问一次。细节方面见代码及注释。

还有一点要补充的是，因为点的数目很庞大，所以采用的邻接表法进行树的的存储。

代码

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;

struct info{
	int id;
	int step;
};

pair<int,int> bfs(int start,const vector<vector<int> > &Vertex,vector<bool> &visited){//返回<最后一点,最远遍历距离> 
	int id;
	queue<info> q;
	info front,t;
	visited[start] = true;
	t.id = start;
	t.step = 0;
	q.push(t);
	
	while(!q.empty()){
		front = q.front();
		q.pop();
		id = front.id;
		for(int i=0;i<Vertex[id].size();i++){
			if(!visited[Vertex[id][i]]){
				visited[Vertex[id][i]] = true;
				t.id = Vertex[id][i];
				t.step = front.step + 1;
				q.push(t);
			} 
		}
	}
	//从队列中最后取出的点一定是搜索到的最远的点 
	return make_pair(front.id,front.step);
}

int main(){
	int n,m,t;
	pair<int,int> temp;
	scanf("%d %d",&n,&m);
	vector<vector<int> > Vertex(n+m+1,vector<int>());//邻接表，0号位置空出 
	for(int i=2;i<=n+m;i++){
		scanf("%d",&t);
		Vertex[i].push_back(t);
		Vertex[t].push_back(i);
	}
	vector<bool> visited(n+m+1,false);
	temp = bfs(1,Vertex,visited);
	visited.assign(n+m+1,false);
	printf("%d\n",bfs(temp.first,Vertex,visited).second);
	
	return 0;
}