P3629 巡逻 LCA题解

原题：洛谷P3629

问题转化#

首先，给定的图是一个有 $n$ 个点，$n-1$ 条边的无向连通图，这个图就等价于一棵树。

不建立新的道路时，从 $1$ 号节点出发，把整棵树上的每条边遍历至少一次，再回到 $1$ 号节点，会恰好经过每条边两次，路线总长度为 $2(n-1)$，如下图最左边的部分所示。根据树的深度优先遍历的思想，很容易证明这个结论，因为每条边必然被递归一次、回溯一次。

建立 $1$ 条新道路之后，因为新道路必须经过恰好一次（$0$ 次、$2$ 次都不可以），所以在沿着新道路 $(x,y)$ 巡逻之后，要返回 $x$，就必须沿着树上从 $y$ 到 $x$ 的路径巡逻一遍，最终形成一个环。与不建立新道路的情况相结合，相当于树上 $x$ 与 $y$ 之间的路径就只需经过一次了，如上图所示。

因此，当 $K=1$ 时，我们找到树的最长链，在两个端点之间加一条新道路，就能让总的巡逻距离最小。，答案就是 $2(n-1)-l+1$。

当 $K=2$ 时，建立第 $2$ 条新道路 $(u,v)$ 之后，又会形成一个环，若两条新道路形成的环不重叠，则树上 $u,v$ 之间的路径只需经过一次，答案继续减小。否则，在两个环重叠的情况下，如果我们还按照刚才的方法把第 $2$ 个环与建立 $1$ 条新道路的情况相结合，两个换重叠的部分就不会被巡逻到，如下图所示。因为题目要求每条道路必须被巡逻，两个环重叠的部分就不会被巡逻到，并且返回。最终的结果应是两个环重叠的部分由 “只需经过一次” 变回了 “需要经过两次”。

综上所述，我们得到了如下算法。

$1.$ 在最初的树上求直径，设直径为 $l_1$。然后把直径上的边权取反（从 $1$ 改为 $-1$）。

$2.$ 在最长链边权取反后的树上再次求直径，设直径为 $l_2$。

答案就是 $2(n-1)-(l_1-1)-(l_2)-1=2n-l_1-l_2$。如果这条直径包含 $l_1$ 取反的部分，就相当于两个环重叠。减掉 $(l_1-1)$ 后，重叠的部分变成了 “只需经过一次”，减掉 $(l_2-1)$ 后，相当于把重叠的部分加回来，变为 “需要经过两次”，与我们之前的讨论相符。时间复杂度为 $O(n)$。

以上摘编自李煜东《算法竞赛进阶指南》

处理 l1 的路径#

书中处理 $l_1$ 的路径时用的是两次 $\operatorname{BFS}$，而我们也可以用 $\operatorname{LCA}$ 来处理，原理如下：

我们在处理 $l_1$ 时可以同时处理出 $l_1$ 的起点 $st$ 和终点 $ed$。由于树上两点间的路径是唯一的，且这个路径一定经过这两点的 $\operatorname{LCA}$。所以用树形 $\operatorname{DP}$ 处理完 $l_1$ 后，求出 $i$ 和 $j$ 的 $\operatorname{LCA}$，记为 $x$。然后先从 $st$ 开始向父亲节点跳，跳到 $x$，将期间经过的点顺序存进数组 $road$。再从 $ed$ 开始跳，跳到 $x$，将经过的点逆序存进数组 $road$，数组 $road$ 就是 $l_1$ 的路径。

如何处理起点和终点呢？很简单，在树形 $\operatorname{DP}$ 处理 $D_i$ （从节点 $i$ 出发走向以 $i$ 为根的子树，能够到达的最远节点的距离）时，用 $to_i$ 记录 从节点 $i$ 出发走向以 $i$ 为根的子树，能够到达的最远节点。那么对于由 $D_i,D_j,(i,j)~(j∈son_i)$ 组成的链，它的起点和终点就是 $to_i$ 和 $to_j$。

注意，对 $to_i$ 的初值的处理应为：对于每个叶节点 $u$，$to_u=u$。

还有一点要注意的，正常的存边方式无法通过起点和终点确定一条边，但是我们处理出的是路径上的点，只能通过起点和终点给边权取反，所以我们要改一下边权的存储方式：map<int,int>v[N]，$v_{ij}=w$ 表示从 $i$ 到 $j$ 有一条边权为 $w$ 的边。

Copy
vector<int>e[N];
map<int,int>v[N];
inline void work()
{
	while(st!=x)	v[st][f[st][0]]=v[f[st][0]][st]=-1,st=f[st][0];
	while(ed!=x)	v[ed][f[ed][0]]=v[f[ed][0]][ed]=-1,ed=f[ed][0];
	//这里图省事，不把路径存数组里，在跳的时候直接把边权取反
}
void DP(int u,int num)
{
	vis[u]=1;
	if(du[u]==1)	to[u]=u;//判断叶节点
	for(reg int i=0;i<e[u].size();i=-~i)
	{
		if(vis[e[u][i]])	continue;
		DP(e[u][i],num);
		if(l[num]<d[u]+d[e[u][i]]+v[u][e[u][i]])	l[num]=d[u]+d[e[u][i]]+v[u][e[u][i]],st=to[u],ed=to[e[u][i]];
		if(d[u]<d[e[u][i]]+v[u][e[u][i]])	d[u]=d[e[u][i]]+v[u][e[u][i]],to[u]=to[e[u][i]];
	}
}
signed main()
{
	n=read();k=read();
	for(reg int i=1;i<n;i=-~i)
	{
		x=read();y=read();
		e[x].push_back(y);e[y].push_back(x);
		du[x]++;du[y]++;v[x][y]=v[y][x]=1;
	}
	DP(1,1);
	if(k==1)	return printf("%lld",2*(n-1)-l[1]+1),0;
	pre();dfs(1,0);x=lca(st,ed);//求lca，pre是预处理log
	work();
	memset(d,0,sizeof(d));
	memset(vis,0,sizeof(vis));//注意清零
	DP(1,2);
	return printf("%lld",2*n-l[1]-l[2]),0;
}