【树直径】P3629 [APIO2010]巡逻-优快云博客

博客围绕村庄巡逻问题展开，地区有n个村庄由n - 1条道路连接，巡警车从1号村警局出发巡逻。为减少巡逻距离，计划建K（1或2）条新道路，巡警车需经过新道路一次。介绍了输入输出格式、样例及数据范围，还给出k=1和k=2时的优化方案。

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题目描述

在一个地区中有 n 个村庄，编号为 1, 2, ..., n。有 n – 1 条道路连接着这些村庄，每条道路刚好连接两个村庄，从任何一个村庄，都可以通过这些道路到达其他任一个村庄。每条道路的长度均为 1 个单位。为保证该地区的安全，巡警车每天要到所有的道路上巡逻。警察局设在编号为 1 的村庄里，每天巡警车总是从警察局出发，最终又回到警察局。下图表示一个有 8 个村庄的地区，其中村庄用圆表示（其中村庄 1 用黑色的圆表示），道路是连接这些圆的线段。为了遍历所有的道路，巡警车需要走的距离为 14 个单位，每条道路都需要经过两次。

为了减少总的巡逻距离，该地区准备在这些村庄之间建立 K 条新的道路，每条新道路可以连接任意两个村庄。两条新道路可以在同一个村庄会合或结束（见下面的图例（c））。一条新道路甚至可以是一个环，即，其两端连接到同一个村庄。由于资金有限，K 只能是 1 或 2。同时，为了不浪费资金，每天巡警车必须经过新建的道路正好一次。下图给出了一些建立新道路的例子：

在(a)中，新建了一条道路，总的距离是 11。在(b)中，新建了两条道路，总的巡逻距离是 10。在(c)中，新建了两条道路，但由于巡警车要经过每条新道路正好一次，总的距离变为了 15。试编写一个程序，读取村庄间道路的信息和需要新建的道路数，计算出最佳的新建道路的方案使得总的巡逻距离最小，并输出这个最小的巡逻距离。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含两个整数 n, K(1 ≤ K ≤ 2)。接下来 n – 1 行，每行两个整数 a, b，表示村庄 a 与 b 之间有一条道路(1 ≤ a, b ≤ n)。

输出格式：

输出一个整数，表示新建了 K 条道路后能达到的最小巡逻距离。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

输出样例#1： 复制

输入样例#2： 复制

输出样例#2： 复制

输入样例#3： 复制

输出样例#3： 复制

说明

10%的数据中，n ≤ 1000, K = 1；

30%的数据中，K = 1；

80%的数据中，每个村庄相邻的村庄数不超过 25；

90%的数据中，每个村庄相邻的村庄数不超过 150； 100%的数据中，3 ≤ n ≤ 100,000, 1 ≤ K ≤ 2。

k=1时，跑一次树直径，在终点起点建边，就可以使直径上的边仅走一次，最优。

k=2时，思想和等于1时类似，但是要考虑第二次构建的环，是否会有边和第一次构成的环重边。

如理方案就是把所第一次的环，边权全部取反为-1，这样如果有重边的话，就相当于必须走两次了，还有就是dfs,bfs跑有负边权的直径会炸，用树形dp跑第二次直径 (记得第一次跑的时候记录直径)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 bll;
#define gcd __gcd
const ll maxn = 1e5+100;
const ll mod = 998244353;
//const ld pi = acos(-1.0);
const ll inf = 1e18;
const ld eps = 1e-5;
//const ld e = exp(1);

ll head[maxn],cnt,n,k,pre[maxn],be,en,ma = -inf,dp[maxn],res; //per数组来记录直径 
bool flag[maxn],in[maxn]; //in数组标记是否是直径 

struct edge
{
	ll to,next,w;
}E[maxn<<1];

void add(ll u,ll v)
{
	E[++cnt].next = head[u];
    E[cnt].to = v; 
    E[cnt].w = 1;
    head[u] = cnt; 
    return ;
}

void dfs1(ll now,ll fa,ll step)
{
	if(step > ma)
	{
		be = now;
		ma = step;
	}
	
	for(ll i = head[now]; i != 0; i = E[i].next)
	{
		ll to = E[i].to;
		
		if(to != fa)
		{
			dfs1(to,now,step+1);
		}	
	}
}
void dfs2(ll now,ll fa,ll step)
{
	if(step > ma)
	{
		en = now;
		ma = step;
	}
	pre[now] = fa;
	for(ll i = head[now]; i != 0; i = E[i].next)
	{
		ll to = E[i].to;
		
		if(to != fa)
		{
			dfs2(to,now,step+1);
		}	
	}
}

void get_dp(ll now)
{
	flag[now] = true;
	
	for(ll i = head[now]; i != 0; i = E[i].next)
	{
		ll to = E[i].to;
		
		if(!flag[to])
		{
			get_dp(to);
			
			ll w = 1;
			
			if(in[now] && in[to])
				w = -1;
			res = max(res,dp[now]+dp[to]+w);
			dp[now] = max(dp[now],dp[to]+w);
		}
	}	
}
int main()
{
	cin >> n >> k;
	
	for(ll i = 1; i <= n-1; i++)
	{
		ll u,v;
		cin >> u >> v;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	
	ll ans = 2*(n-1);
	dfs1(1,0,0);
	ma = -inf;
	dfs2(be,0,0);
	ans = ans - ma + 1;

//	for(ll i = 1; i <= n; i++)
//		cout << pre[i] << " ";

	if(k == 1)
	{
		cout << ans << endl;
		return 0;
	}
	
	while(pre[en] != 0)
	{
		in[en] = true;
		en = pre[en];
	}
	
	get_dp(1);
	
	ans = ans - res + 1;
	
	cout << ans << endl;

	return 0;
}