「日常训练&知识学习」树的直径(POJ-1849,Two)
题意
一个城市由节点和连接节点的街道组成,街道是双向的。
此刻大雪覆盖了这个城市,市长确定了一些街道要将它们清扫干净,这些街道保证所有的节点可以通过它们连通而且街道数目尽可能小。
现有两台相同的扫雪机\(S\)和\(M\),它们的起点在同一个节点上。
所有被确定的街道必须至少被一台扫雪机经过,才能完成清扫任务,完成任务后\(S\)和\(M\)可以在原地停下,不必集合到某一点。
扫雪机的行进是需要耗费油量的(即使扫雪机行驶的是已被扫净的街道),因此扫雪机行进的总距离越小越好,你需要计算两台扫雪机完成任务的最小总行进距离。
分析
题目的条件暗示了这是一棵树,问题来了,题意的最短距离(两个扫雪机的情况下)意味着什么?
我们先考虑一个扫雪机的情况。这样,从任意一个地方开始,然后转化为以其为根的有根树,遍历它的所有子树,完事了。最后一个“最长”的子树不用回来,这样在最优的情况下走多久呢?2*所有边长-全图的最长边——也就是图的直径,这是它的定义。
那么两个机子意味着什么呢?很意外,其实还是这个答案,哈哈。为什么?因为既然转化为以直径的端点为根(见上最优的情况)的有根树了,那么这种情况下根结点必只有一个子节点。那么无论怎么走,他们仅仅只能省去走直径的“回程”,在子树里他们是无论如何要走一遍回来的,这样,与一个扫雪机的情况是一致的。
参见:https://www.cnblogs.com/dilthey/p/7231438.html
接下来解决树的直径问题——树的最长边。
做法是这样的:
从随便一个点(记为\(w\))出发,到一个节点结束,记这个节点为\(u\);然后从这个点出发,到另一个点完事,记这个节点为\(v\),那么长度就是u到v的长度。
参见:https://blog.csdn.net/tc_to_top/article/details/47002255
这样为什么能work呢?
- 如果\(w\)是直径上的一点,那么u一定是直径的一个端点,否则从另一端点出发到达\(u\)反而比直径长了,不合题意。
- 如果\(w\)不是的话,那它到最远的点必经过一直径上的点(记为\(c\)),后同(1)的情况。为什么?如果不经过直径的一点,此时有\(dis[w,u']=dis[w,x]+dis[x,u']>dis[w,t]+dis[t,u]\),其中\(t\)是直径上的一点,\(x\)是\(w\)到\(t\)的一点。那么\(dis[x,u']>dis[x,t]+dis[t,u]\),也就有\(dis[v,t]+dis[t,x]+dis[x,u']=dis[v,u']>dis[v,u]=dis[v,t]+dis[t,u]\),这就坏事了:我们明明有\((v,u)\)是树的直径的。所以得到矛盾,原先的证明不成立。
参见:https://blog.csdn.net/qq_32400847/article/details/51469917
代码
/*
* Filename: poj1849.cpp
* Date: 2018-11-03
*/
#include <cstring>
#include <vector>
#include <iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define rep(i,a,b) for(repType i=(a); i<=(b); ++i)
#define per(i,a,b) for(repType i=(a); i>=(b); --i)
#define ZERO(x) memset(x, 0, sizeof(x))
#define MS(x,y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define QUICKIO \
ios::sync_with_stdio(false); \
cin.tie(0); \
cout.tie(0);
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__), fflush(stderr)
using namespace std;
typedef int repType;
typedef long long ll;
int n,s;
const int MAXN=100005;
struct Edge
{
int u,v,w;
Edge(int _u, int _v, int _w):
u(_u), v(_v), w(_w) {}
};
vector<Edge> edges;
vector<int> G[MAXN];
void add_edge(int u, int v, int w)
{
edges.PB(Edge(u,v,w));
G[u].PB(int(edges.size())-1);
}
int dist[MAXN];
void dfs(int x)
{
rep(i,0,int(G[x].size())-1)
{
if(dist[edges[G[x][i]].v]==-1)
{
dist[edges[G[x][i]].v]=dist[x]+edges[G[x][i]].w;
dfs(edges[G[x][i]].v);
}
}
}
int
main()
{
QUICKIO
while(cin>>n>>s)
{
edges.clear();
rep(i,1,n) G[i].clear();
ll ans=0;
rep(i,1,n-1)
{
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
add_edge(a,b,c);
add_edge(b,a,c);
ans+=c;
}
MS(dist, -1);
dist[s]=0;
dfs(s);
int maxi=s;
rep(i,1,n) if(dist[maxi]<dist[i]) maxi=i;
MS(dist, -1);
dist[maxi]=0;
dfs(maxi);
rep(i,1,n)
{
if(dist[maxi]<dist[i]) maxi=i;
}
cout<<2*ans-dist[maxi]<<endl;
}
return 0;
}
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