Description：

在一個地區中有 n 個村莊，編號為 1, 2, ..., n。有 n – 1 條道路連接著這些村 莊，每條道路剛好連接兩個村莊，從任何一個村莊，都可以通過這些道路到達其 他任一個村莊。每條道路的長度均為 1 個單位。 為保證該地區的安全，巡警車每天要到所有的道路上巡邏。警察局設在編號 為 1 的村莊裏，每天巡警車總是從警察局出發，最終又回到警察局。 下圖表示一個有 8 個村莊的地區，其中村莊用圓表示（其中村莊 1 用黑色的 圓表示），道路是連接這些圓的線段。為了遍歷所有的道路，巡警車需要走的距 離為 14 個單位，每條道路都需要經過兩次。

為了減少總的巡邏距離，該地區準備在這些村莊之間建立 K 條新的道路， 每條新道路可以連接任意兩個村莊。兩條新道路可以在同一個村莊會合或結束 （見下面的圖例（c））。 一條新道路甚至可以是一個環，即，其兩端連接到同一 個村莊。 由於資金有限，K 只能是 1 或 2。同時，為了不浪費資金，每天巡警車必須 經過新建的道路正好一次。 下圖給出了一些建立新道路的例子：

在(a)中，新建了一條道路，總的距離是 11。在(b)中，新建了兩條道路，總 的巡邏距離是 10。在(c)中，新建了兩條道路，但由於巡警車要經過每條新道路 正好一次，總的距離變為了 15。 試編寫一個程序，讀取村莊間道路的信息和需要新建的道路數，計算出最佳 的新建道路的方案使得總的巡邏距離最小，並輸出這個最小的巡邏距離。

Input ：

第一行包含兩個整數 n, K(1 ≤ K ≤ 2)。接下來 n – 1 行，每行兩個整數 a, b， 表示村莊 a 與 b 之間有一條道路(1 ≤ a, b ≤ n)。

Output：

輸出一個整數，表示新建了 K 條道路後能達到的最小巡邏距離。

思路：K = 1時，求出樹的直徑L，然後把兩端加一條邊即可，答案就是2 * （n - 1） - L + 1

K = 2時，兩個環的重疊部分會被巡邏兩次，所以當求出直徑L1的時候對直徑上的邊取反然後再求一遍直徑L2就可以了（因為L2如果經過這個L1取反的部分，說明兩個部分重疊，減掉L1之後重疊部分就只經過一次了，減掉（L2 - 1）相當於把重疊的部分加回來，變成“需要經過兩次”），答案就是2 * (n - 1) - （L1 - 1）- （L2 - 1）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int N = 1e5 + 10;

int head[N], now = 1;
struct edges{
    int to,next,w;
}edge[N<<1];
void add(int u ,int v, int w){ edge[++now] = {v, head[u], w}; head[u] = now;}

int n, k, dep[N], pre[N], pos1, pos2, d[N], L1, L2;
void dfs1(int x,int fa){
    for(int i = head[x]; i; i = edge[i].next){
        int v = edge[i].to;
        if(v == fa) continue;
        dep[v] = dep[x] + edge[i].w;
        dfs1(v, x);
    }
    if(dep[x] > dep[pos1])
      pos1 = x;
}
void dfs2(int x,int fa){
    for(int i = head[x]; i; i = edge[i].next){
        int v = edge[i].to;
        if(v == fa) continue;
        d[v] = d[x] + edge[i].w;
        pre[v] = i;
        dfs2(v, x);
    }
    if(d[x] > d[pos2])
      pos2 = x;
}
void work(int x){
    if(x == 0) return ;
    int tmp = pre[x];
    edge[tmp].w = edge[tmp ^ 1].w = -1;
    work(edge[tmp ^ 1].to);
}
void dp(int x, int fa){
    for(int i = head[x]; i; i = edge[i].next){
        int v = edge[i].to;
        if(v == fa) continue;
        dp(v, x);
        L2 = max(L2, d[x] + d[v] + edge[i].w);
        d[x] = max(d[x], d[v] + edge[i].w);
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n, &k);
    int x, y;
    for(int i = 1; i < n; i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x, y, 1); add(y, x, 1);
    }
    dfs1(1, -1);
    dfs2(pos1, -1);
    work(pos2);
    L1 = d[pos2];
    if(k == 1){
        printf("%d\n",2 * n - L1 - 1);
        return 0;
    }
/*    for(x = 1; x <= n; x++){
        cout<<x<<": ";
        for(int i = head[x]; i; i = edge[i].next)
          cout<<edge[i].to<<" "<<"("<<edge[i].w<<") ";
        cout<<endl;
    }*/
    memset(d,0,sizeof(d));
    dp(1, -1);
    printf("%d\n",2 * n - L1 - L2);
    return 0;
}

BZOJ1912 APIO2010 洛谷P3629 巡邏