#bzoj2404#最长链(树的直径/树形DP)

博客介绍了如何使用树形动态规划(DP)解决寻找一棵有n个节点的树中,每个节点到其他节点最大距离的问题。通过预处理计算以每个节点为根的子树到叶子节点的最长和次最长距离,然后根据节点间路径是否重合进行分类讨论,更新最长链和次最长链。

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2404: 最长链

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

给定一棵有n个节点的树,求每个节点到其他节点的最大距离

输入

输入第一行是一个自然数n(n≤10000), 接下来 (n−1) 行描述: 
第i行包含两个自然数 , 表示编号为i的节点连接到的节点编号和这条网线的长度..距离总长不会超过10^9. 每行中的两个数字用空格隔开.

输出

输出包含n行. 第i行表示对于离编号为i的节点最远的节点与该节点的距离Si(1≤i≤n).

样例输入

3
1 1
1 2

样例输出

2
3
3

提示

30% n≤100 

100% n≤10000

这里我用树形dp解,首先预处理

g[i][0]表示以i为根的子树到其叶子节点的最长距离,g[i][1]表示以i为根的子树到其叶子节点的次最长距离(g[i][0]和g[i][1]除了起点i以外完全不重合)

f[i][0]表示i的最长链(以i为节点),f[i][1]表示i的次最长链,接着可以分类讨论了:对于i与f[root][0]是否处于同一路径上(即是否有重合)有:

重合时:

f[i][0]=max( g[i][0], f [fa][1] + W[i] )

f[i][1]=max2( g[i][0], f [fa][1] + W[i], g[i][1])//选择第二大的

不重合时:

f[i][0]=f [fa][0]+W[i];

f[i][1]=g [fa][0];

初始状态f[R][0]=g[R][0], f[R][1]=g[R][1]从上向下搜

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int Max=10000;
int N,cnt;
bool vis[Max+5];
int g[Max+5][2],f[Max+5][2];
int L[(Max<<1)],nxt[(Max<<1)],W[(Max<<1)],fir[(Max<<1)];
void getint(int &num){
	char c;int flag=1;num=0;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;
	while(c>='0'&&c<='9'){num=num*10+c-48;c=getchar();}
	num*=flag;
}
void add(int a,int b,int v){L[++cnt]=b,nxt[cnt]=fir[a],fir[a]=cnt,W[cnt]=v;}
int max(int a,int b){return a<b?b:a;}
int max2(int a,int b,int c){
	if((a>=b&&a<=c)||(a<=b&&a>=c))	return a;
	if((b<=a&&b>=c)||(b<=c&&b>=a))	return b;
	return c;
}
void Dfs(int r,int fa){
	for(int i=fir[r]; i; i=nxt[i])if(L[i]!=fa){
		Dfs(L[i],r);
		g[r][1]=max(g[r][1],g[L[i]][0]+W[i]);
		if(g[r][1]>g[r][0])	swap(g[r][1],g[r][0]);
	}
}
void Dfs1(int r,int fa){
	for(int i=fir[r]; i; i=nxt[i])if(L[i]!=fa){
		if(f[r][0]-W[i]!=g[L[i]][0]){
			f[L[i]][0]=f[r][0]+W[i];
			f[L[i]][1]=g[r][0];
		}
		else	{
			f[L[i]][0]=max(g[L[i]][0],f[r][1]+W[i]);
			f[L[i]][1]=max2(g[L[i]][0],g[L[i]][1],f[r][1]+W[i]);
		}
		Dfs1(L[i],r);
	}
}
int main(){
	getint(N);
	int b,v,R;
	for(int i=2; i<=N; ++i){
		getint(b),getint(v);
		add(i,b,v),add(b,i,v);
		vis[b]=1;
	}
	for(R=1; R<=N&&vis[R]; ++R);
	Dfs(R,0);
	f[R][0]=g[R][0],f[R][1]=g[R][1];
	Dfs1(R,0);
	for(int i=1; i<=N; ++i)
		printf("%d\n",f[i][0]);
	return 0;
}


### 关于 BZOJ1728 Two-Headed Cows (双头牛) 的算法解析 此问题的核心在于如何通过有效的图论方法解决给定约束下的最大独立集问题。以下是详细的分析和解答。 #### 问题描述 题目要在一个无向图中找到最大的一组节点集合,使得这些节点之间满足特定的颜色匹配条件。具体来说,每条边连接两个节点,并附带一种颜色标记(A 或 B)。对于任意一条边 \(u-v\) 和其对应的颜色 \(c\),如果这条边属于最终选取的子集中,则必须有至少一个端点未被选入该子集或者两端点均符合指定颜色关系。 #### 解决方案概述 本题可以通过 **二分枚举 + 图染色验证** 来实现高效解。核心思想如下: 1. 假设当前最优解大小为 \(k\),即尝试寻找是否存在一个大小为 \(k\) 的合法子集。 2. 枚举每一个可能作为起点的节点并将其加入候选子集。 3. 对剩余部分执行基于 BFS/DFS 的图遍历操作,在过程中动态调整其他节点的状态以确保整体合法性。 4. 如果某次试探能够成功构建符合条件的大规模子集,则更新答案;反之则降低目标值重新测试直至收敛至最佳结果。 这种方法利用了贪心策略配合回溯机制来逐步逼近全局最优点[^1]。 #### 实现细节说明 ##### 数据结构设计 定义三个主要数组用于记录状态信息: - `color[]` : 存储每个顶点所分配到的具体色彩编号; - `used[]`: 表示某个定点是否已经被处理过; - `adjList[][]`: 记录邻接表形式表示的原始输入数据结构便于后续访问关联元素。 ##### 主要逻辑流程 ```python from collections import deque def check(k, n): def bfs(start_node): queue = deque([start_node]) used[start_node] = True while queue: u = queue.popleft() for v, c in adjList[u]: if not used[v]: # Assign opposite color based on edge constraint &#39;c&#39; target_color = (&#39;B&#39; if c == &#39;A&#39; else &#39;A&#39;) if color[u]==c else c if color[v]!=target_color and color[v]!=&#39;?&#39;: return False elif color[v]==&#39;?&#39;: color[v]=target_color queue.append(v) used[v] =True elif ((color[u]==c)==(color[v]==(&#39;B&#39;if c==&#39;A&#39;else&#39;A&#39;))): continue return True count=0 success=True for i in range(n): if not used[i]: temp_count=count+int(color[i]==&#39;?&#39; or color[i]==&#39;A&#39;) if k<=temp_count: color_copy=color[:] if bfs(i): count=temp_count break else : success=False return success n,m=list(map(int,input().split())) colors=[[&#39;?&#39;]*m]*n for _ in range(m): a,b,c=input().strip().split() colors[int(a)-1].append((int(b),c)) low ,high,res=0,n,-1 while low<=high: mid=(low+high)//2 color=[&#39;?&#39;]*n used=[False]*n if check(mid,n): res=mid low=mid+1 else : high=mid-1 print(res) ``` 上述代码片段展示了完整的程序框架以及关键函数 `check()` 的内部运作方式。它接受参数 \(k\) 并返回布尔值指示是否有可行配置支持如此规模的选择[^2]。 #### 复杂度分析 由于采用了二分查找技术缩小搜索空间范围再加上单轮 DFS/BFS 时间复杂度 O(V+E),总体性能表现良好适合大规模实例运行需。 ---
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