毀滅計劃

題目連結：ybtoj高效進階 21169

題目大意

給你一棵樹，然後你要找兩條無相交邊的路徑，使得刪去這兩個路徑的點和它相鄰的邊之後，這個樹被分成儘可能多的連通塊。

思路

這題就是陰間的分類討論 DP。
（題解十幾頁是真的**）

首先是設 \(f_{i,j}\) 是 \(i\) 的子樹內，當前形態是 \(j\) 的最大連通塊數。

然後介紹形態：
\(0\)：一個端點在當前根 \(i\)，另一個在子樹內。

\(1\)：不經過 \(i\)，在 \(i\) 子樹內一條鏈。

\(2\)：在 \(i\) 子樹內一條鏈，經過 \(i\) 點。

\(3\)：這個是選兩條鏈，一條是型別 \(0\)

然後接著我們考慮兩個問題：
如何統計答案？如何轉移 \(f\) 陣列。

繼續分類討論，首先考慮解決統計答案。

統計答案一共六種情況。

（後面的 \(-[u==1]\) 是因為如果不是最根上面就有東西就有一個連通塊，如果是跟上面的就沒有連通塊所以少了一個）

第一種：\(f_{u,0}+f_{v,3}-[u==1]\)

第二種：\(f_{u,0}+f_{v,3}-[u==1]\)

第三種：\(f_{u,1}+f_{v,2}\)

第四種：\(f_{u,1}+f_{v,1}-1\)（這個減一是上面連一起了少了一個）

第五種：\(f_{u,2}+f_{v,1}-[u==1]\)

第六種：\(f_{u,2}+f_{v,2}-[u==1]\)

接著考慮轉移。（這裡設 \(deg_i\) 為 \(i\) 的兒子數）

\(0\)：
只有一種方法，在兒子的路徑上延伸多 \(i\) 這個兒子。
\(f_{v,0}+deg_p-1\)

\(1\)：
方法一：\(f_{v,1}\)

方法二：\(f_{v,2}+1\)

\(2\)：
一種方法，\(f_{u,0}+f_{v,0}-1\)

\(3\)：
方法一：\(f_{u,0}+f_{v,2}-1\)

方法二：\(f_{u,0}+f_{v,1}-1\)

方法三：\(f_{u,2}+f_{v,0}-1\)

方法四：\(f_{v,3}+deg_u-1\)

方法五：\(f_{v,0}+deg_u+maxn-2\)（\(maxn\) 是之前遍歷過的 \(v\) 中最大的 \(f_{v,1},f_{v,2}\)）

然後注意的是列舉的順序，統計答案放在最前面，然後 \(3\) 的要在 \(0,2\) 之前，\(2\) 要在 \(0\) 之間。
（因為用到了，不能用修改之後的，要用修改之前的）

程式碼

#include<cstdio>
#include<iostream>

using namespace std;

struct node {
	int to, nxt;
}e[1000005];
int T, X, n, x, y;
int le[500005], KK;
int deg[500005], ans;
int f[500005][5];

void csh() {
	KK = 0; ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) le[i] = 0, deg[i] = 0;
}

void add(int x, int y) {
	e[++KK] = (node){y, le[x]}; le[x] = KK;
	e[++KK] = (node){x, le[y]}; le[y] = KK;
}

void DP(int now, int father) {
	f[now][0] = f[now][2] = f[now][3] = deg[now];
	f[now][1] = 1;
	int maxn = 0;
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to != father) {
			DP(e[i].to, now);
			
			ans = max(ans, f[now][3] + f[e[i].to][0] - (now == 1));
			ans = max(ans, f[now][0] + f[e[i].to][3] - (now == 1));
			ans = max(ans, f[now][1] + f[e[i].to][2]);
			ans = max(ans, f[now][1] + f[e[i].to][1] - 1);
			ans = max(ans, f[now][2] + f[e[i].to][1] - (now == 1));
			ans = max(ans, f[now][2] + f[e[i].to][2] - (now == 1));
			
			f[now][1] = max(f[now][1], f[e[i].to][1]);
			f[now][1] = max(f[now][1], f[e[i].to][2] + 1);
			
			f[now][3] = max(f[now][3], f[now][0] + f[e[i].to][2] - 1);
			f[now][3] = max(f[now][3], f[now][0] + f[e[i].to][1] - 1);
			f[now][3] = max(f[now][3], f[now][2] + f[e[i].to][0] - 1);
			f[now][3] = max(f[now][3], f[e[i].to][3] + deg[now] - 1);
			f[now][3] = max(f[now][3], f[e[i].to][0] + deg[now] + maxn - 2);
			
			f[now][2] = max(f[now][2], f[now][0] + f[e[i].to][0] - 1); 
			
			f[now][0] = max(f[now][0], f[e[i].to][0] + deg[now] - 1);
			
			maxn = max(maxn, max(f[e[i].to][1], f[e[i].to][2]));
		}
}

int main() {
//	freopen("destroy.in", "r", stdin);
//	freopen("destroy.out", "w",stdout);
	
	scanf("%d %d", &T, &X);
	while (T--) {
		scanf("%d", &n);
		if (X >= 1) scanf("%d %d", &x, &y);
		if (X >= 2) scanf("%d %d", &x, &y);
		for (int i = 1; i < n; i++) {
			scanf("%d %d", &x, &y);
			add(x, y);
			deg[x]++; deg[y]++;
		}
		for (int i = 2; i <= n; i++) deg[i]--;
		DP(1, 0);
		printf("%d\n", ans);
		csh();
	}
	
	return 0;
}