P3629 [APIO2010] 巡逻

思路

考虑 $k=0$ 时，由于是树，根到每个点只有一条简单路径，所以每个边都会走两次即为 $2(n-2)$

考虑 $k=1$ 时，我们可以连一条边，使得成一个环，环上的边我们只用走一遍，所以我们希望环更可能大，所以将直径连边即可。

考虑 $k=2$ 时，在 $k=1$ 的基础上，同理我们需要去找已经连边后的直径然后连边，可是两个直径形成的环会有公共边，公共边又得重新走，出于贪心，我们将第一条直径的边权改为 $-1$，这样最大的新直径在贪心下是正确的，处于计算，对于公共边我们在第一条直径减去了，在第二条直径加回来了，所以没变，还是走两次，也没问题，所以完结撒花。

思路出来了，我们来思考实现，出于偷懒，所以我们将两次直径都写成树形 $dp$（因为贪心无法解决负边权），由于我们需要将直径上边权改为 $-1$，所以我们还得维护直径端点，那么我们可以利用 $pair$ 做 $dp$ 数组，然后从最优的直径所在的拼成直径的顶点往两个端点跑，然后改边权即可，由于改边权是要改双向边，所以我们可以用网络流的见图方法，从而快速找到反向边，然后改边权。

code

#include <iostream>
#define h(x) g.h[x]
#define nxt(x) g.a[x].nxt
#define to(x) g.a[x].to
#define w(x) g.a[x].w
 
using namespace std;
using pii = pair<int, int>;
 
const int MaxN = 1e5 + 10;
 
struct Edge {
  struct Node {
    int to, w, nxt;
  } a[MaxN << 1];
 
  int h[MaxN], cnt;
 
  Edge() {
    cnt = 1;
    fill(h, h + MaxN + 1, -1);
  }
 
  void insert(int x, int y) {
    a[++cnt] = {y, 1, h[x]}, h[x] = cnt;
    a[++cnt] = {x, 1, h[y]}, h[y] = cnt; 
  }
} g;
 
int n, k, s1, s2, res;
pii f[MaxN][2];
 
void DFS(int x, int fa, int &y) {
  f[x][0] = f[x][1] = {0, x};
  for (int i = h(x); ~i; i = nxt(i)) {
    if (to(i) == fa) continue;
    DFS(to(i), x, y);
    pii t = f[to(i)][0];
    t.first += w(i);
    if (t >= f[x][0]) f[x][1] = f[x][0], f[x][0] = t;
    else if (t > f[x][1]) f[x][1] = t;
  }
  if (f[y][0].first + f[y][1].first < f[x][0].first + f[x][1].first) y = x;
}
 
bool GO(int x, int fa, int y) {
  if (y == x) return 1;
  int res = 0;
  for (int i = h(x); ~i; i = nxt(i)) {
    if (to(i) == fa) continue;
    if (GO(to(i), x, y)) res = 1, w(i) = w(i ^ 1) = -1;
  }
  return res;
}
 
int main() {
  cin >> n >> k;
  for (int i = 1, u, v; i < n; i++) {
    cin >> u >> v, g.insert(u, v);
  }
  DFS(1, -1, s1), res = (f[s1][0].first + f[s1][1].first - 1);
  if (k == 1) return cout << 2 * (n - 1) - res << endl, 0;
  GO(s1, -1, f[s1][0].second), GO(s1, -1, f[s1][1].second);
  DFS(1, -1, s2);
  cout << 2 * (n - 1) - (f[s2][0].first + f[s2][1].first + res - 1) << endl;
  return 0;
}