[可能有用科技]最小直径生成树

前言

NOI2021 都考了 LGV 引理,那以后难道没有那么一点(?)可能考最小直径生成树呢?

树直径与最小直径生成树

直径是图中所有最短路径的最大值.

最小直径生成树问题 :

给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图,边有边权.

求一个生成树使得树的直径最小.

首先引入 图的绝对中心.

图的绝对中心.

图的绝对中心 是使得任何点到该中心最短路径中最大值最小的位置.

因为绝对中心不一定是某个结点,也可以在一条边上.

然后很 \(naive\) 的想一下,这个位置似乎就是图直径的中点,所以能知道一定有至少两个到绝对中心最远的点.

然后可以发现这句话似乎只对树成立,不过后一条 一定有至少两个到绝对中心最远的点 ,这句是没问题的.

具体点 ?

一个环.

如果直接求图直径除以 \(2\) 那就出大问题了.

那换个想法,考虑直接枚举.

假设绝对中心在边 \((u,v)\) 上,且距离 \(u\) 点 \(x\) 单位,那么对于一个点 \(k\) , 到绝对中心的距离为 \(D = \min(\mathrm{dis}(u,k) + x,\mathrm{dis}(v,k) + (w(u,v) - x))\)

然后在这条边上尝试移动目前选择的中点的位置,可以发现画出距离 \(D\) 与当前中心到 \(u\) 距离 \(x\) 的函数图像是一条折线.

那么就是需要在这些折线里找到最小的就能得到绝对中心了.

类似这样一种感觉 :

然后可以发现这个过程经常需要快速取距离某个点最远的结点这样的操作.

于是定义 \(\mathrm{rnk}(u,k)\) 为距离 \(u\) 第 \(k\) 远的结点.

可以 \(\mathcal{O} (n^2 \log n)\) 求出.

然后是具体的算法流程.

全源最短路 (\(\mathcal{O} (n^3)\) 或 \(\mathcal{O}(nm \log m)\))
求 \(\mathrm{rnk}\), \(\mathcal{O}(n^2 \log n)\)
枚举点作为绝对中心 \(\min_{i = 1}^{n} \{\mathrm{dis}(i,\mathrm{rnk}(i,n))\}\),\(\mathcal{O}(n)\)
枚举边上的位置作为绝对中心,从最远的向最近找,直到出现转折点,\(\mathcal{O}(n^2)\)

总体复杂度基本就是巨大常数 \(\mathcal{O}(n^3)\) 的水平.

CF266D BerDonalds

Code :

struct Edge {
	int st,ed,w;
}e[M];

int n,m;
int dis[N][N];
int rnk[N][N];
int val[N];

inline bool cmp(int a,int b) {
	return val[a] < val[b];
}

void Centro() {
	rep(k,1,n) rep(i,1,n) rep(j,1,n)
		dis[i][j] = std::min(dis[i][j],dis[i][k] + dis[k][j]);
	rep(i,1,n) {
		rep(j,1,n) {
			rnk[i][j] = j;
			val[j] = dis[i][j];
		}
		std::sort(rnk[i] + 1,rnk[i] + n + 1,cmp);
	}
	int ans = INF;
	rep(i,1,n)
		ans = std::min(ans,dis[i][rnk[i][n]] * 2);
	rep(i,1,m) {
		int u = e[i].st,v = e[i].ed,w = e[i].w;
		int pos = n;
		repb(i,n - 1,1) if(dis[v][rnk[u][i]] > dis[v][rnk[u][pos]]) {
			ans = std::min(ans,dis[u][rnk[u][i]] + dis[v][rnk[u][pos]] + w);
			pos = i;
		}
	}
	write_db(ans / 2.0,2),enter;
}