要开始学图论了。。。。。老是被在对面高二机房的高一学长图论强者ddy虐。。。。。
树的直径
update(2019.04.02):!!!dfs无法解决负权树(我是调了一晚上的渣渣)
给定一棵树,树中每条边都有一个权值,树中两点之间的距离定义为连接两点的路径边权之和。树中最远的两个节点之间的距离被称为树的直径,连接这两点的路径被称为树的最长链。后者通常也可称为直径,即直径是一个数值概念,也可代指一条路径。
树的直径通常有两种求法,时间复杂度均为O(n)。我们假设树以N个点N-1条边的无向图形式给出,并存储在邻接表中。
树形DP
设1号节点为根,"N个点N-1条边的无向图"就可以看做“有根树”
设d[x]表示从节点x出发走向以x为根的子树,能够到达的最远节点的距离。设x的子节点为y1,y2, y3, ..., yt,edge(x, y)表示边权,
显然有 d[x] = max{d[yi] + edge(x, yi)}(1 <= i <= t)
接下来,我们可以考虑对每个节点x求出 经过节点x的最长链的长度 f[x],整棵树的直径就是max{f[x]}(1 <= x <= n)
对于x的任意两个节点yi和yj, 经过节点x的最长链长度 可以通过四个部分构成:
从yi到yi子树中的最远距离,边(x, yi),边(x, yj),从yj到yj子树中的最远距离。设j < i,因此: f[x] = max{d[yi] + d[yj] + edge(x, yi) + edge(x, yj)}(1 <= j < i <= t)
(后面的这段from一本蓝书QAQ我太菜了)但是我们没有必要使用两层循环来枚举i, j。
在计算d[x]时,子节点的循环将要枚举到i时d[x]恰好就保存了从节点x出发走向“以yj(j < i)为根的子树”,能够到达的最远节点的距离,这个距离就是max{d[yi] +edge(x, yi)}(1 <= j < i)。所以我们先用d[x] + d[yi] + edge(x, yi)更新f[x],再用d[yi] + edge(x, yi)更新d[x]即可
两次BFS or DFS求树的直径
通过两次BFS或者两次DFS也可以求树的直径,并且更容易计算出直径上的具体节点
详细地说,这个做法包含两步:
1.从任意节点出发,通过BFS和DFS对树进行一次遍历,求出与出发点距离最远的节点记为p
2.从节点p出发,通过BFS或DFS再进行一次遍历,求出与p距离最远的节点,记为q。
从p到q的路径就是树的一条直径。因为p一定是直径的一端,否则总能找到一条更长的链,与直径的定义矛盾。显然地脑洞一下即可。p为直径的一端,那么自然的,与p最远的q就是直径的另一端。
在第2步的遍历中,可以记录下来每个点第一次被访问的前驱节点。最后从q递归到p,即可得到直径的具体方案
下面给出树形dp和dfs的代码。。。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #define R register int using namespace std; const int M=1000010,N=100010; inline int g() { R ret=0,fix=1; register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) fix=ch=='-'?-1:fix; do ret=ret*10+(ch^48); while(isdigit(ch=getchar())); return ret*fix; } struct node{ int v,w,nxt; }e[M]; int n,m,cnt; int fir[N]; long long d[N]; bool vis[N]; inline void add(int u,int v,int w) {e[++cnt].v=v,e[cnt].w=w,e[cnt].nxt=fir[u],fir[u]=cnt;} namespace _dp { long long ans=0; void dp(int u,int fa) { for(R i=fir[u];i;i=e[i].nxt) { R v=e[i].v; if(v==fa) continue; dp(v,u); ans=max(ans,d[u]+d[v]+e[i].w); d[u]=max(d[u],d[v]+e[i].w); } } inline void solve() { memset(d,0,sizeof(d)); n=g(),m=g(); for(R i=1,u,v,w;i<=m;++i) u=g(),v=g(),w=g(),add(u,v,w),add(v,u,w); dp(1,0); printf("%lld ",ans); } } namespace _dfs { #define Inf 0x3f3f3f3f long long mx=-Inf,ans=0; int st,ed; void dfs(int u,int fa) { for(R i=fir[u];i;i=e[i].nxt) { R v=e[i].v; if(v==fa) continue; d[v]=d[u]+e[i].w; dfs(v,u); } } inline void solve() { memset(d,0x3f,sizeof(d)); n=g(),m=g(); for(R i=1,u,v,w;i<=m;++i) u=g(),v=g(),w=g(),add(u,v,w),add(v,u,w); d[1]=0; dfs(1,0); for(R i=1;i<=n;++i) if(d[i]>mx&&d[i]!=Inf) mx=d[i],st=i; memset(d,0x3f,sizeof(d)); d[st]=0; dfs(st,0); mx=-Inf; for(R i=1;i<=n;++i) if(d[i]>mx&&d[i]!=Inf) mx=d[i],ed=i; printf("%d %lld %d ",st,mx,ed); } } signed main() { _dp::solve(); //_dfs::solve(); }
例题:
2019.04.01QWQ好久没更博客了。。。