【BZOJ1912】[Apio2010]patrol 巡逻

Description

Input

第一行包含两个整数 n, K(1 ≤ K ≤ 2)。接下来 n – 1行，每行两个整数 a, b，表示村庄a与b之间有一条道路(1 ≤ a, b ≤ n)。

Output

输出一个整数，表示新建了K 条道路后能达到的最小巡逻距离。

Sample Input

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

Sample Output

HINT

10%的数据中，n ≤ 1000, K = 1；
30%的数据中，K = 1；
80%的数据中，每个村庄相邻的村庄数不超过 25；
90%的数据中，每个村庄相邻的村庄数不超过 150；
100%的数据中，3 ≤ n ≤ 100,000, 1 ≤ K ≤ 2。

题解：一开始看错题，以为是每个点都要经过，于是GG~

当k=1时，假如我们选出的边所覆盖的路径长度为len，所以总长度就是(n-1)*2-len+1，那么显然选的是直径。

当k=2时，我们一定还会选择直径吗？其实我们一定还会选择直径的两端点，因为你可以想象，如果选的两条路径都经过直径的两端点，那么将其中一条路径改为经过直径的端点一定不会更差。那么我们就先将直径选出来，剩下的那条路径呢？

一开始想的是将直径拎出来，然后跑一个非常复杂的树形DP，但是看了题解。。。直接将直径上的所有边权值设为-1，再求一遍直径即可。正确性如何保证？如果这两条路径不相交，显然正确；如果相交，那么相当于将原路径拆成了两条。所以做法还是很巧妙的~

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

using namespace std;

const int maxn=100010;

int n,m,cnt,ans,len,r1,r2;

int dep[maxn],to[maxn<<1],next[maxn<<1],val[maxn<<1],head[maxn],fa[maxn],from[maxn],md[maxn];

inline void add(int a,int b)

{

	to[cnt]=b,val[cnt]=1,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;

}

void dfs(int x)

{

	if(dep[x]>dep[r2])	r2=x;

	for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])	if(to[i]!=fa[x])	from[to[i]]=i,fa[to[i]]=x,dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs(to[i]);

}

void dfs2(int x)

{

	md[x]=0;

	for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])	if(to[i]!=fa[x])

	{

		fa[to[i]]=x,dfs2(to[i]);

		len=max(len,md[x]+md[to[i]]+val[i]),md[x]=max(md[x],md[to[i]]+val[i]);

	}

}

inline int rd()

{

	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();

	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}

	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();

	return ret*f;

}

int main()

{

	n=rd(),m=rd();

	int i,a,b;

	memset(head,-1,sizeof(head));

	for(i=1;i<n;i++)	a=rd(),b=rd(),add(a,b),add(b,a);

	dfs(1);

	r1=r2,fa[r1]=dep[r1]=0,dfs(r1),ans=((n-1)<<1)-dep[r2]+1;

	if(m==1)

	{

		printf("%d",ans);

		return 0;

	}

	for(i=r2;i!=r1;i=fa[i])	val[from[i]]=-1,val[from[i]^1]=-1;

	fa[1]=0,dfs2(1),ans=min(ans,ans-len+1);

	printf("%d",ans);

	return 0;

}//8 2 1 2 3 1 3 4 5 3 7 5 8 5 5 6

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