AcWing 1072. 树的最长路径

$AcWing$ $1072$ 树的最长路径

一、题目描述

给定一棵树，树中包含 $n$ 个结点（编号$1$~$n$）和 $n−1$ 条无向边，每条边都有一个权值。

现在请你找到树中的一条最长路径。

换句话说，要找到一条路径，使得使得路径两端的点的距离最远。

注意：路径中可以只包含一个点。

输入格式
第一行包含整数 $n$。

接下来 $n−1$ 行，每行包含三个整数 $a_i,b_i,c_i$，表示点 $a_i$ 和 $b_i$ 之间存在一条权值为 $c_i$ 的边。

输出格式
输出一个整数，表示树的最长路径的长度。

数据范围
$1≤n≤10000,$
$1≤a_i,b_i≤n,$
$−10^5≤c_i≤10^5$

输入样例：

6
5 1 6
1 4 5
6 3 9
2 6 8
6 1 7

输出样例：

22

二、朴素版本$dfs$【不能$AC$】

朴素$dfs$: 对每个点求最远点最大距离, 所有结果的$max$就是结果.
通过 $11/17$. 然后$TLE$, 效果不是很理想。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 10010, M = N << 1;
// 　暴力搜索，从每个节点为根出发，遍历整根树，找出距离自己的最大距离,然后每个最大距离取min
//   11/17,其它TLE,无法AC
int n;
int ans; // 树的直径
// 邻接表
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

void dfs(int u, int fa, int sum) {
    if (sum > ans) ans = sum;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue; // 不走回头路
        dfs(v, u, sum + w[i]);
    }
}

int main() {
    // 初始化邻接表
    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n;
    for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c); // 无向图
    }

    // 多次dfs,是TLE的罪魁祸首
    for (int i = 1; i <= n; i++) dfs(i, 0, 0);

    // 输出结果
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

三、两次$dfs$解法 【不能$AC$】

优点：思路简单

缺点：只适用于不带负边的树

此题目中的第$15$组数据，可以$HACK$掉这种作法(此组数据中带有负权边)

算法：从任意点$a$出发, 找到距离$a$最远的点$t1$, 然后从$t1$出发, 找到距离$t1$最远的点$t2$,$t1$和$t2$的距离即为我们要找到结果.

黄海注：在$AcWing$ $1073$中，没有出现边权是负值的情况，所以两遍$dfs$大法好用 : 传送门

这里我就不赘述证明了，想看证明的同学可以移步洛谷里面一个题的题解，里面有证明: 传送门,或者看一下$yxc$本题的视频教程。

通过了 $15/17$个数据,剩余两个测试点，居然是$WA$,真是，唉~

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 10010, M = N << 1;

int ans; // 保存最长路径
int t;   // 保存找到的最远点
int n;

// 邻接表
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

void dfs(int u, int fa, int sum) {
    if (sum > ans) {
        ans = sum; // 记录最大距离
        t = u;     // 记录最远的点t1
    }
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        dfs(v, u, sum + w[i]);
    }
}

int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    dfs(1, 0, 0); // 先找到点距离点1最远的点t1

    dfs(t, 0, 0); // 找到距离点t1->t2最远的点t1

    printf("%d", ans);
    return 0;
}

四、最长+次长解法【终极解法】

树的最长路径 ，也称为树的 直径 ,直径 不唯一

我们知道：树上 任意两点 的路径是 唯一 确定的，因此我们可以暴力枚举 起点 和 终点 找出最长路径

如果这样做的话，我们来思考一下时间复杂度：

枚举 起点 和 终点 — $O(n^2)$
找出两点之间的路径长度 — $O(logn)$

但是光是枚举 起点 和 终点，时间复杂度 就直接拉满了，显然这种做法不可取。

既然这 $O(n^2)$ 条路径不能 一一枚举，那么有什么方式可以把他们 分类枚举 呢？

考虑换一种 枚举方式：枚举路径的 起点和终点 $→$ 枚举路径的 中间节点

注：枚举中间节点非常妙，因为树节点只有$n$个，全遍历一遍也没啥问题，怕就怕双重循环的两两一组。如此，就成功的将双重循环$O(N^2)$时间复杂度降为$O(N)$的时间复杂度。方法就是在遍历过程中，努力构建关于当前节点$u$的多重信息，然后用这些信息去组装出直径最大值,果然有$dp$的味道在里面~

我们先讨论一下，对于给定拓扑结构的树里的任意节点，经过它的路径有哪些：

观察 红色节点【本质上就是对于树中的任意节点均同此理】，经过它的路径有：

• 以其 子树中的某个节点 作为 起点，以它作为 终点 的 粉色路径
• 以其 子树中的某个节点 作为 起点，以 子树中的某个节点 作为 终点 的 蓝色路径
• 以其 子树中的某个节点 作为 起点，以 非其子树的节点 作为 终点 的 橙色路径

对于第 $1$ 种情况，可以 直接递归处理其子树，找出到当前子树根节点最长的路径长度即可
对于第 $2$ 种情况，在处理第 $1$ 种情况时，顺便找出 $1$ 类路径的 次长路径，再把 最长 和 次长 拼在一起，就是第 $2$ 种情况
对于第 $3$ 种情况，可以把它归类为其 祖先节点 的第 $1,2$ 种情况，让其 祖先节点 去处理即可

实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 10010, M = N << 1;
int n; // n个结点

// 链式前向星
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

int ans;            // 答案,直径
int mx1[N], mx2[N]; // mx1[i],mx2[i]:经过i点的最长,次长长度是多少

void dfs(int u, int fa) {
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue; // v点访问过了

        // 走v子树,完成后，v子树中每个节点的mx1[v],mx2[v]都已经准备好，u节点可以直接利用
        dfs(v, u);

        // w[i]:u->v的路径长度,mx1[u]:最长路径,mx2[u]:次长路径
        int x = mx1[v] + w[i];
        if (mx1[u] <= x)                 // v可以用来更新u的最大值
            mx2[u] = mx1[u], mx1[u] = x; // 最长路转移
        else if (mx2[u] < x)
            mx2[u] = x; // 次长路转移
    }
    // 更新结果
    ans = max(ans, mx1[u] + mx2[u]);
}

int main() {
    cin >> n;
    memset(h, -1, sizeof h);      // 初始化邻接表
    for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c); // 换根dp一般用于无向图
    }
    dfs(1, 0); // 任选一个点作为根节点,此处选择的是肯定存在的1号结点
    cout << ans << endl;
    return 0;
}