XTU OJ Highway（树的直径）

树的直径是指树的最长简单路。

求法: 两遍DFS :先任选一个起点DFS找到最长路的终点，再从终点进行DFS，则第二次DFS找到的最长路即为树的直径；

原理: 设起点为u,第一次DFS找到的终点v一定是树的直径的一个端点

证明:

1) 如果u 是直径上的点，则v显然是直径的终点(因为如果v不是的话，则必定存在另一个点w使得u到w的距离更长，则于DFS找到了v矛盾)

2) 如果u不是直径上的点，则u到v必然于树的直径相交(反证),那么交点到v 必然就是直径的后半段了，所以v一定是直径的一个端点，所以从v进行DFS得到的一定是直径长度

这题的解法就是通过第一次DFS找到树的直径的一个端点Start，然后从Start开始用一次DFS找到直径上的另一个端点End（算出每个点到Start的距离），最后再从End开始DFS一次（算出每个点到End的距离），最后求解的就是所有点到直径端点的最大距离的和再减去一个直径的距离（因为直径累加了两次，所以要减去一次）

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#include <algorithm>
#include <functional>

//#define FIN freopen("input.txt","r",stdin);
//#define FOUT freopen("output.txt","w+",stdout);
using namespace std;
typedef long long ll;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps=1e-8;
const double Pi=acos(-1.0);
const int N=100100;

struct Edge
{
int to,w;
};
vector<Edge> G
;
bool vis
;
int n,Start,End;
ll dis1
,dis2
,d
,maxcost;
void dfs(int u)
{
vis[u] = 1;
int size = G[u].size();     //与顶点u相连的点数
for (int i = 0; i<size; i++)             //对与顶点u相连的点数进行扫描
{
int v = G[u][i].to;
if (!vis[v])
{
d[v] = d[u] + G[u][i].w;
dfs(v);
}
}
}
void init()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(d,0,sizeof(d));
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
{
memset(dis1,0,sizeof(dis1));
memset(dis2,0,sizeof(dis2));
for(int i=0; i<N; i++)
G[i].clear();
int from,to,cost;
for(int i=0; i<n-1; i++)
{
scanf("%d %d %d",&from,&to,&cost);
G[from].push_back((Edge){to,cost});
G[to].push_back((Edge){from,cost});
}
init();
dfs(1);
maxcost=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(d[i]!=0&&maxcost<d[i])
{
maxcost=d[i];
Start=i;
}
}
init();
dfs(Start);
maxcost=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dis1[i]=d[i];
if(d[i]!=0&&maxcost<d[i])
{
End=i;
maxcost=d[i];
}
}
init();
dfs(End);
memcpy(dis2,d,sizeof(d));
//        for(int i=1;i<=n;i++)
//            printf("%d ",dis1[i]);
//        cout<<endl;
//        for(int i=1;i<=n;i++)
//            printf("%d ",dis2[
a387
i]);
//        cout<<endl;
//        cout<<maxcost<<endl;
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=max(dis1[i],dis2[i]);
printf("%I64d\n",ans-maxcost);
}
}