维修道路(repair)
维修道路(repair)
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
由于在十多年前道路改建时的突出贡献, Bob 被任命为维修道路的承包商, 他可以任意
选择两条路径去修理。
Bob 刚刚获悉,这 n 个村庄相互连通,而且总共只有 n-1 条边。
众所周知, Bob 修理这两条道路得到的获益是两条路径的长度的积, 所以当然他想最大
化他的获益。
但是, Bob 又不希望别人在背后说他坏话, 所以他希望这两条路径满足以下两个条件:
1. 这两条路径都是某两个村庄之间的最短路径。 (某两个村庄就是路径的起点和终点)
2. 这两条路径不会经过同一个村庄。
输入
第一行输入 n。 表示村庄个数。
接下来 n-1 行,每行两个数,表示这两个村庄之间有一条无向边。
输出
输出获益的最大值。
样例输入
4
1 2
2 3
3 4
7
1 2
1 3
1 4
1 5
1 6
1 7
6
1 2
2 3
2 4
5 4
6 4
样例输出
1
0
4
提示
1.选择(1->2)和(3->4) Ans=1*1
2.不管怎么选择这两条路径,一定会经过 1
3.选择(1->3)和(5->6) Ans=2*2=4
emmmm
其实不难
题意:在一棵树上找到两条不相交的路径(不能有点重合), 并且是两点之间的最短路径
使这两个路径长度的乘积最大
可以发现,这两条在树上了路径,肯定是两个不同的部分中(因为他在树上qwq)
那我们就枚举断掉树的一条边,然后再分别求这两个树的直径就是最优的答案了。
这个是O(n^2)的
有两个点T掉了
怎么办呢
这个简单,直接打表优化awa
我们直接分类讨论,讨论直径是否断开,如果不断开,那么结果是直径长度与挂在直径下面的子树的直径乘积。
设直径的左右端点为A和B,断开直径的一条边,那么结果就是左边某个点到A的长度和右边某个点到B的长度,可以通过维护前缀的和后缀,分别维护左边到达A和右边到达B的最长路。
直接引用题解
qwq
这个代码没写awa
O(n^2)的有qwq
奉上
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,tot=1,flag1,flag2,head[1000001];
int sum,ret,ans,id;
struct edge
{
int next,to;
}e[1000001];
inline ll read()
{
char c=getchar();ll a=0,b=1;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')b=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())a=a*10+c-48;
return a*b;
}
inline void add(int i,int j)
{
e[++tot].next=head[i];
e[tot].to=j;
head[i]=tot;
}
void dfs(int x,int fa,int dis,int opt)
{
if(opt==1&&x==flag2) return;
if(opt==2&&x==flag1) return;
if(dis>ret)ret=dis,id=x;
for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].next)
{
int u=e[i].to;
if(u==fa)continue;
dfs(u,x,dis+1,opt);
}
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y);add(y,x);
}
for(int i=2;i<=tot;i+=2)
{
ret=0;sum=0;id=0;
flag1=e[i].to;
flag2=e[i^1].to;
dfs(flag1,flag2,0,1);
ret=0;
dfs(id,flag2,0,1);
sum=ret,ret=0,id=0;
dfs(flag2,flag1,0,2);
ret=0;
dfs(id,flag1,0,2);
sum*=ret;
ans=max(ans,sum);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
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