题解 CF1294F 【Three Paths on a Tree】
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打比赛的时候先开了 F 题(雾
然后一眼看出 F 题结论,最后居然因为没有判重,交了三次才过。
\]
给出一棵无权树(可理解为边权为 \(1\) ),你需要选取三个点 \(a,b,c\) ,最大化 \(a,b\) 和 \(b,c\) 和 \(a,c\) 的简单路径的并集的长度。
输出这个最大长度和 \(a,b,c\) 。
\]
有一个结论:
必定会有一组最优解,使得 \(a,b\) 是树直径上的端点。
这个结论我现在暂时不会证明,大家可以去看看其他 \(dalao\) 的证明或是自己给出证明 \(>v<\) 。
\(~\)
那我们可以套路地去把树直径两端点求出来,这里不推荐用 树形dp ,推荐大家用 两次搜索 求出树直径端点。
确定了 \(a,b\) ,接下来我们只要去找到最优的 \(c\) ,就可以最大化答案了。
此时我们注意到:\(a,b\) 和 \(b,c\) 和 \(a,c\) 的简单路径的并集的长度其实就是 \(\frac{dis(a,b)+dis(b,c)+dis(a,c)}{2}\) 。
此时 \(dis(a,b)\) 已经确定了,当 \(dis(b,c)+dis(a,c)\) 的值取到最大,那么整个式子取最大。
把 \(a,b\) 到所有点的简单路径距离求出来,去枚举这个最优的 \(c\) 即可,枚举的过程中记得判与 \(a,b\) 相同的情况。
\]
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define RI register int
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
return x*f;
}
const int N=200100,M=400100;
int n;
int tot,head[N],ver[M],edge[M],Next[M];
void add(int u,int v,int w)
{
ver[++tot]=v; edge[tot]=w; Next[tot]=head[u]; head[u]=tot;
}
int d[N],vis[N];
int pos;
void bfs(int sta)
{
memset(d,0,sizeof(d));
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<int>q;
q.push(sta);
vis[sta]=1;
while(q.size())
{
int u=q.front();q.pop();
for(RI i=head[u];i;i=Next[i])
{
int v=ver[i],w=edge[i];
if(vis[v])continue;
d[v]=d[u]+w;
vis[v]=1;
if(d[v]>d[pos])pos=v;
q.push(v);
}
}
}
int p1,p2;
int ans;
int tmp1[N],tmp2[N];
int main()
{
n=read();
for(RI i=1;i<n;i++)
{
int u=read(),v=read();
add(u,v,1),add(v,u,1);
}
bfs(1);
p1=pos;
bfs(p1);
p2=pos;
for(RI i=1;i<=n;i++)
tmp1[i]=d[i];
bfs(p2);
for(RI i=1;i<=n;i++)
tmp2[i]=d[i];
pos=0;
for(RI i=1;i<=n;i++)
if(tmp1[i]+tmp2[i]>tmp1[pos]+tmp2[pos]&&i!=p1&&i!=p2)pos=i;
ans=(tmp1[p2]+tmp1[pos]+tmp2[pos])/2;
printf("%d\n",ans);
printf("%d %d %d\n",p1,p2,pos);
return 0;
}
\]
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