【POJ2631】Roads in the North【树的直径】

题目大意：

题目链接：http://poj.org/problem?id=2631
求一棵树的直径。

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思路：

树的直径模板题。

方法一：

树形$DP$求输的直径。
考虑以$1$为根节点，求出$f[i]$表示从$i$到以$i$为根的子树的任意节点的最大路径和。那么很明显有
$f[i]=max(f[i],f[j]+dis[i][j])(j\in son[i])$
那么再考虑求出$g[i]$表示经过$i$的路径中的最大路径和。
那么假设在该路径上有两点$x$和$y$，那么就有
$g[i]=max(g[i],f[x]+dis[x][i]+dis[i][y]+f[y])$
此时如果枚举$x$和$y$，时间复杂度就是$O(n^3)$，十分不理想。
其实根本没有必要枚举$x$和$y$。我们在求$f[i]$时，就有$f[i]=max(f[y]+dis[i][y])(y\in son[i])$。那么如果此时我们有枚举到了$i$的下一个子节点$x$，那么此时我们就有了

• $f[y]+dis[i][y]$
• $f[x]$
• $dis[x][i]$

那么久可以直接更新$g[i]$了！
其实可以根本不用$g[i]$这个数组，直接用$ans$求直径。

• 树形$DP$代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N=10100;
int n,x,y,z,tot,ans,f[N],head[N];

struct edge
{
	int to,dis,next;
}e[N*2];

void add(int from,int to,int dis)
{
	e[++tot].to=to;
	e[tot].dis=dis;
	e[tot].next=head[from];
	head[from]=tot;
}

void dp(int x,int fa)
{
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int y=e[i].to;
		if (y==fa) continue;
		dp(y,x);
		ans=max(ans,f[x]+f[y]+e[i].dis);  //求直径
		f[x]=max(f[x],f[y]+e[i].dis);  //更新
	}
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	while (scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)==3)
	{
		add(x,y,z);
		add(y,x,z);
	}
	dp(1,0);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

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方法二：搜索

我们先从$1$开始搜索，可以求出一个与$1$之间路径和最大的点$p$。那么此时点p肯定是树的其中一条直径的起点，终点肯定是与p距离最远的点q，树的直径就是p到q的路径和。
还是比较好理解的。在这就不过多赘述。

• 搜索代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N=10100;
int n,x,y,z,tot,p,head[N],f[N],maxn;

struct edge
{
	int next,dis,to;
}e[N*2];

void add(int from,int to,int dis)
{
	e[++tot].to=to;
	e[tot].dis=dis;
	e[tot].next=head[from];
	head[from]=tot;
}

void dfs(int x,int fa,int s)
{
	if (s>maxn)  //从起点能到达最远的点
	{
		maxn=s;
		p=x;
	}
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int y=e[i].to;
		if (y==fa) continue;
		dfs(y,x,s+e[i].dis);
	}
	return;
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	while (scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)==3)
	{
		add(x,y,z);
		add(y,x,z);
	}
	dfs(1,0,0);
	maxn=0;
	dfs(p,0,0);
	printf("%d\n",maxn);
	return 0;
}