bzoj1912 [Apio2010]patrol 巡逻(dp求树上最长链)
2018-03-05 17:14
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显然答案一开始是n-1<<1,每条边都要走两遍。
如果K=1,可以新建一条道路,那么应该把树上最长链的两端连起来,这样就不用走两遍树上最长链了,而是只需要走一遍,(通过新边直接过去,不需要再返回了)。因此答案就是减去树上最长链+1。
如果K=2,还可以再新建一条,那么我们发现如果这次选择的链和上次选择的最长链有交集,则这一部分的边还是要走两遍,因此我们把最长链上的边权均变为-1,再求树上最长链,答案再减去此时树上最长链+1。
因为有负权,所以我们只能树形dp来求。
如果K=1,可以新建一条道路,那么应该把树上最长链的两端连起来,这样就不用走两遍树上最长链了,而是只需要走一遍,(通过新边直接过去,不需要再返回了)。因此答案就是减去树上最长链+1。
如果K=2,还可以再新建一条,那么我们发现如果这次选择的链和上次选择的最长链有交集,则这一部分的边还是要走两遍,因此我们把最长链上的边权均变为-1,再求树上最长链,答案再减去此时树上最长链+1。
因为有负权,所以我们只能树形dp来求。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 100010 inline char gc(){ static char buf[1<<16],*S,*T; if(T==S){T=(S=buf)+fread(buf,1,1<<16,stdin);if(S==T) return EOF;} return *S++; } inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=gc(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();} while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc(); return x*f; } int n,K,h ,num=1,fa ,mx ,mx2 ,mxid ,mx2id ,b ,rt=0,ans=0; struct edge{ int to,next,val; }data[N<<1]; void dfs(int x){ mxid[x]=x; for(int i=h[x];i;i=data[i].next){ int y=data[i].to;if(y==fa[x]) continue; fa[y]=x;b[y]=i;dfs(y);int dis=mx[y]+data[i].val; if(dis>mx[x]) mx2[x]=mx[x],mx2id[x]=mxid[x],mx[x]=dis,mxid[x]=mxid[y]; else if(dis>mx2[x]) mx2[x]=dis,mx2id[x]=mxid[y]; }if(mx[x]+mx2[x]>mx[rt]+mx2[rt]) rt=x; } int main(){ // freopen("a.in","r",stdin); n=read();K=read(); for(int i=1;i<n;++i){ int x=read(),y=read(); data[++num].to=y;data[num].next=h[x];h[x]=num;data[num].val=1; data[++num].to=x;data[num].next=h[y];h[y]=num;data[num].val=1; }dfs(1);ans=n-1<<1;ans-=mx[rt]+mx2[rt]-1; if(K==1){printf("%d\n",ans);return 0;} for(int x=mxid[rt];x!=rt&&x;x=fa[x]) data[b[x]].val=-1,data[b[x]^1].val=-1; for(int x=mx2id[rt];x!=rt&&x;x=fa[x]) data[b[x]].val=-1,data[b[x]^1].val=-1; memset(mx,0,sizeof(mx));memset(mx2,0,sizeof(mx2)); dfs(1);ans-=mx[rt]+mx2[rt]-1;printf("%d\n",ans); return 0; }
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