题目
小Q最近学习了一些图论知识。根据课本，有如下定义。树：无回路且连通的无向图，每条边都有正整数的权值来表示其长度。如果一棵树有N个节点，可以证明其有且仅有N-1 条边。 路径：一棵树上，任意两个节点之间最多有一条简单路径。我们用 dis(a,b)
表示点a和点b的路径上各边长度之和。称dis(a,b)为a、b两个节点间的距离。
直径：一棵树上，最长的路径为树的直径。树的直径可能不是唯一的。
现在小Q想知道，对于给定的一棵树，其直径的长度是多少，以及有多少条边满足所有的直径都经过该边。
输入格式
第一行包含一个整数N，表示节点数。
接下来N-1行，每行三个整数a, b, c ，表示点 a和点b之间有一条长度为c
的无向边。
输出格式
共两行。第一行一个整数，表示直径的长度。第二行一个整数，表示被所有
直径经过的边的数量。
输入样例
6
3 1 1000
1 4 10
4 2 100
4 5 50
4 6 100
输出样例
1110
2
提示
【样例说明】
直径共有两条，3 到2的路径和3到6的路径。这两条直径都经过边(3, 1)和边(1, 4)。
对于100%的测试数据：2≤N≤200000，所有点的编号都在1..N的范围内，
边的权值≤10^9。
题解
首先我们先求出树的直径，解决问题1
然后对于这条我们任意找出的直径，答案一定在这条直径上，因为其它直径对于这条直径来说，没有被访问到
我们就看看这条直径上还有那些直径经过
我们求出直径上每个点的外向树到这条直径的最远距离
如果存在一个点的最远距离 + 次远距离 = 直径长，那么答案是0
否则求出直径上每个点向左能延伸的最远距离及该距离下最近的拐点，向右也求出
记为ml，mr，拐点记为pre和post，直径长为L
如果(ml + mr = L)，说明有一条直径经过区间([pre,post])，那么区间外的边一定不是答案
如此反复，我们得到若干个区间，排个序取公共部分就是答案
埋头乱码竟1A，，
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 200005,maxm = 400005,INF = 100000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}
int h[maxn],ne = 2;
struct EDGE{int to,nxt,w;}ed[maxm];
inline void build(int u,int v,int w){
ed[ne] = (EDGE){v,h[u],w}; h[u] = ne++;
ed[ne] = (EDGE){u,h[v],w}; h[v] = ne++;
}
int n,rt,fa[maxn],c[maxn],vis[maxn],tot;
LL d[maxn],sum[maxn],ansL;
void dfs1(int u){
if (d[u] > d[rt]) rt = u;
Redge(u) if ((to = ed[k].to) != fa[u]){
d[to] = d[u] + ed[k].w; fa[to] = u;
dfs1(to);
}
}
void solve1(){
dfs1(1);
d[rt] = 0; fa[rt] = 0;
dfs1(rt);
for (int i = rt; i; i = fa[i]){
c[++tot] = i;
sum[tot] = d[i];
vis[i] = true;
}
reverse(c + 1,c + 1 + tot);
reverse(sum + 1,sum + 1 + tot);
printf("%lld
",ansL = d[rt]);
}
LL gmax,hmax,md[maxn],ml[maxn],mr[maxn];
int pre[maxn],post[maxn];
void dfs2(int u){
if (d[u] >= gmax){
hmax = gmax;
gmax = d[u];
}
else if (d[u] > hmax){
hmax = d[u];
}
vis[u] = true;
Redge(u) if (!vis[to = ed[k].to]){
d[to] = d[u] + ed[k].w;
dfs2(to);
}
}
struct inter{int l,r;}e[2 * maxn];
int cnt,tag[maxn];
inline bool operator <(const inter& a,const inter& b){
return a.l == b.l ? a.r < b.r : a.l < b.l;
}
void solve2(){
for (int i = 1; i <= tot; i++){
gmax = hmax = -INF; d[c[i]] = 0;
dfs2(c[i]);
md[i] = gmax;
if (gmax + hmax == ansL){
puts("0");
return;
}
}
ml[1] = md[1]; pre[1] = 1;
for (int i = 2; i <= tot; i++){
if (md[i] >= ml[i - 1] + sum[i] - sum[i - 1]){
pre[i] = i;
ml[i] = md[i];
}
else {
pre[i] = pre[i - 1];
ml[i] = ml[i - 1] + sum[i] - sum[i - 1];
}
}
mr[tot] = md[tot]; post[tot] = tot;
for (int i = tot - 1; i; i--){
if (md[i] >= mr[i + 1] + sum[i + 1] - sum[i]){
post[i] = i;
mr[i] = md[i];
}
else {
post[i] = post[i + 1];
mr[i] = mr[i + 1] + sum[i + 1] - sum[i];
}
}
for (int i = 1; i <= tot; i++){
if (pre[i] == post[i]) continue;
if (ml[i] + mr[i] == ansL){
e[++cnt] = (inter){1,pre[i]};
e[++cnt] = (inter){post[i],tot};
}
}
sort(e + 1,e + 1 + cnt);
int l = 0,r = -1;
for (int i = 1; i <= cnt; i++){
if (e[i].l > r + 1){
for (int j = l; j <= r; j++) tag[j] = true;
l = e[i].l;
r = e[i].r;
}
else r = max(r,e[i].r);
}
for (int j = l; j <= r; j++) tag[j] = true;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= tot; i++){
if (i != 1 && i != tot && !tag[i]){
ans++;
if (tag[i - 1]) ans++;
}
}
printf("%d
",ans);
}
int main(){
n = read();
int a,b,w;
for (int i = 1; i < n; i++){
a = read(); b = read(); w = read();
build(a,b,w);
}
solve1();
solve2();
return 0;
}