巡逻（APIO2010）

题面：N个村庄，（N-1）条道路，构成了一棵树，每条道路权值为1。警察在节点1，现要修建K条新道路，要巡逻每个           

          节点，警察必须经过 新道路 正好一次 。求最小巡逻距离。

数据范围：3 ≤ N ≤ 1e5,1 ≤ K≤ 2。（搜狗输入法的符号大全真是个好东西）

K的范围是1,2，显然可以分情况讨论。

在不修建新道路时，相当于把整棵树遍历一遍，每条边恰好被经过两遍，路线总长度为2（N-1）。

修建一条新道路时，找到树的直径L，连接两端，形成环，此时直径上的道路只需要经过一次就够了，答案就是：2（N-1）-L₁+1。

修建两条道路时，找到次长链，同样的又会形成环，但如果两个环有重叠，只经过一次的道路又会被打回原形走两次。仔细思考，得到一种方法，能有效处理重叠：①在最初的树上求直径L₁，然后把直径上的边权取反（从1改为-1）。②再次求直径L₂。答案就是：2N - L₁ - L₂ 。

可读性非常强的AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
    char ch=getchar();
    int s=0,f=0;
    while (!(ch>='0'&&ch<='9')) 
	    {f|=ch=='-';ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') 
	    {s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return f? -s:s;
}
const int maxx=1e5+10;
struct edge{int y,v,next;}e[maxx<<1];
int lin[maxx],len=1;//len=1 为后面^做铺垫，使边^1后得到对应的反向边 
int n,k,d,di;
int max1[maxx],s1[maxx],s2[maxx];
int ans=0;
void insert(int xx,int yy){e[++len].next=lin[xx];e[len].y=yy;e[len].v=1;lin[xx]=len;}

void dfs(int x,int fa)
{
	int max2=0;//x到其子树中次远节点的距离 
	max1[x]=0;//x到最远节点的距离 
	for(int i=lin[x];i;i=e[i].next)//枚举子节点 
	{
		if(e[i].y==fa) continue;
		dfs(e[i].y,x);//处理子节点的各个值
		if(max1[e[i].y]+e[i].v > max1[x])
		{
			max2=max1[x]; s2[x]=s1[x];
			max1[x]=max1[e[i].y]+e[i].v; s1[x]=i;
		}
		else if(max1[e[i].y]+e[i].v > max2)
		    max2=max1[e[i].y]+e[i].v,s2[x]=i;
	}
	if(max1[x]+max2>d) d=max1[x]+max2,di=x;//更新直径 
}

int main()
{
	freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);
	n=read();k=read();
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int x=read(),y=read();
		insert(x,y);insert(y,x); 
	}
	ans=(n-1)*2;
	
	d=0;
	dfs(1,0);
	ans-=d-1;//即ans-=(d-1)
	if(k==1)
	{
		printf("%d",ans);
		return 0;
	}
	//di为转折点 
	for(int i=s1[di];i;i=s1[e[i].y])//di到其子树节点的最远距离 
	    e[i].v=e[i^1].v=-1;//双向边 都要变成-1 所以^1
	//注意s1!!因为先走di的次远边，后来就一直走最远边啦！ 
	for(int i=s2[di];i;i=s1[e[i].y])//di到其子树节点的次远距离 
	    e[i].v=e[i^1].v=-1;
	
	memset(max1,0,sizeof(max1));
	d=0;
	dfs(1,0);
	ans-=d-1;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}