「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？

1. 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。
2. 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;
}