AcWing 1073 樹的中心

題目傳送門

這個問題是樹形dp中的一類經典模型，常被稱作換根dp

同樣，先來想一下如何暴力求解該問題：先列舉目標節點，然後求解該節點到其他節點的最遠距離

時間複雜度為 \(o(n^2)\)，對於本題的資料規模，十分極限，經測試只能過7/11,**見最下面

考慮如何優化求解該問題的方法

思考一下：在確定樹的拓撲結構後單獨求乙個節點的最遠距離時，會在該樹上去比較哪些路徑呢？

此處就要引入換根dp的思想了

換根dp一般分為三個步驟：

指定任意乙個根節點

一次dfs遍歷，統計出當前子樹內的節點對當前節點的貢獻

一次dfs遍歷，統計出當前節點的父節點對當前節點的貢獻，然後合併統計答案

那麼我們就要先dfs一遍，預處理出當前子樹對於根的最大貢獻（距離）和次大貢獻（距離）

處理次大貢獻（距離）的原因是：

如果當前節點是其父節點子樹的最大路徑上的點，則父節點子樹的最大貢獻不能算作對該節點的貢獻

因為我們的路徑是簡單路徑，不能走回頭路

然後我們再dfs一遍，求解出每個節點的父節點對他的貢獻（即每個節點往上能到的最遠路徑),兩者比較，取乙個max即可

d1[u]：存下u節點向下走的最長路徑的長度

d2[u]：存下u節點向下走的第二長的路徑的長度

p1[u]：存下u節點向下走的最長路徑是從哪乙個節點下去的

p2[u]：存下u節點向下走的第二長的路徑是從哪乙個節點走下去的

up[u]：存下u節點向上走的最長路徑的長度

#includeusing namespace std;

const int n = 10010;
const int m = n << 1;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n;
int h[n], e[m], w[m], ne[m], idx;
int d1[n];  //下行最長距離
int d2[n];  //下行次長距離
int up[n];  //上行最長距離
int p1[n];  //下行最長距離是走的哪乙個節點獲得的
//鄰接表模板
void add(int a, int b, int c) 
//統計出當前子樹內的節點對當前節點的貢獻
void dfs_d(int u, int father)  else if (d1[j] + w[i] > d2[u])    //如果可以更新次長
d2[u] = d1[j] + w[i];           //那就更新
}}//統計出當前節點的父節點對當前節點的貢獻，然後合併統計答案
void dfs_u(int u, int father) 
}int main() 
//換根dp，兩次dfs
dfs_d(1, -1);
dfs_u(1, -1);
//遍歷每乙個節點，找出它的最大上行距離和最大下行距離,然後取最小值
int res = inf;
for (int i = 1; i <= n; i++) res = min(res, max(d1[i], up[i]));
//輸出
printf("%d\n", res);
return 0;
}

#include using namespace std;

//直接暴力換根
//暴力辦法，可以通過 7/11個資料
const int n = 10010;
const int m = n * 2;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n;
int h[n], e[m], w[m], ne[m], idx;
int d[n];
//鄰接表模板
void add(int a, int b, int c) 
int dfs(int u, int father) 
return d[u];
}int main() 
int res = inf;
//從每乙個點出發，分別求乙個此點到其它各點的最長距離，然後求乙個min
for (int i = 1; i <= n; i++) res = min(res, dfs(i, -1));
//輸出
printf("%d\n", res);
return 0;
}

AcWing 1073 樹的中心

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