luogu3761 [TJOI2017]城市
阿新 • • 發佈:2018-06-13
== sca AR truct num sizeof 找到 ron pop
題目
luogu3761
題解
顯然,只有在原樹直徑上刪邊,才可能使新樹的直徑變小,於是枚舉直徑上每條邊
算了直徑復雜度也是O(n)級的,幹脆直接暴力枚舉所有的邊
刪邊後原樹被分成 l, r 兩顆子樹,組成的新樹直徑有三種可能
1. 新樹的直徑為子樹 l 的直徑
2. 新樹的直徑為子樹 r 的直徑
3. 設新連的邊的兩端點分別為 lx, rx,dis(lx/rx) 分別為 lx/rx 到子樹 l/r 最遠點的距離,新樹的直徑為 dis(lx) + dis(rx) + w(刪除邊的邊權)
新樹的直徑即為三種情況取 max
子樹 l, r 的直徑可以兩邊bfs求得,就不多加闡述了
對於第三種情況,首先要找到連新邊的端點 lx, rx
顯然,要使 lx 到最遠點的距離最短,lx 必然在樹 l 的直徑上,由反證法可得
暴力枚舉直徑上所有點
代碼
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 5005; const int inf = 1e9; int n; struct node { int fr, to, w, nt; node(int ff = 0, int tt = 0, int ww = 0, int nn = 0) {fr = ff; to = tt; w = ww; nt = nn;} }E[N * 2]; int num, p[N]; void add(int x, int y, int z) {E[++num] = node(x, y, z, p[x]); p[x] = num;} int dis[N], fr[N], v[N]; queue<int> q; void bfs(int s, int bre) { memset(dis, -1, sizeof(dis)); dis[s] = 0; q.push(s); while (!q.empty()) { int x = q.front(); q.pop(); for (int e = p[x]; e; e = E[e].nt) { if (e == bre || e == bre + 1) continue; int k = E[e].to; if (dis[k] == -1) { dis[k] = dis[x] + E[e].w; fr[k] = x; v[k] = E[e].w; q.push(k); } } } } int deal(int id) { int x[2]; x[0] = E[id].fr, x[1] = E[id].to; int d[2] = {0, 0}, s[2] = {0, 0}, t[2] = {0, 0}, r[2] = {0, 0}; for (int k = 0; k < 2; k++) { bfs(x[k], id); for (int i = 1; i <= n; i++) if(dis[i] > dis[s[k]]) s[k] = i; bfs(s[k], id); for (int i = 1; i <= n; i++) if(dis[i] > dis[t[k]]) t[k] = i; d[k] = dis[t[k]]; if(t[k] == s[k]) r[k] = 0; else { int cnt = 0; r[k] = inf; while (t[k] != s[k]) { cnt += v[t[k]]; r[k] = min(r[k], max(d[k] - cnt, cnt)); t[k] = fr[t[k]]; } } } return max(r[0] + r[1] + E[id].w, max(d[0], d[1])); } int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i < n; i++) { int x, y, z; scanf("%d%d%d", &x, &y, &z); add(x, y, z); add(y, x, z); } int ans = inf; for (int i = 1; i <= num; i += 2) ans = min(ans, deal(i)); cout << ans; return 0; }
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