poj1985和poj1849（树的直径）

题目传送门：poj1985

树是连通无环图，树上任意两点之间的路径是唯一的。定义树上任 意两点u, v的距离为u到v路径上边权的和。树的直径MN为树上最长路 径，即点M和N是树上距离最远的两个点。

题目就是寻找树的直径的版子题，两次dfs（第一次遍历根节点所到达的最远距离x点，第二次dfs从x到达最远距离y，这个就是树的直径），或者树形dp，我这里用到了树形dp；

还要感谢石神对我的教导和更正，让我接触了树形dp；

但这个题的代码就不给出了，因为在下面一题的代码中会体现。。

题目：poj1849

所以这里我不仅给出题目的答案，我们也来讨论一下每一种情况；

假设只有1个机器人遍历树,且要求回到原点, 它最少需要走多少路?

2 × ∑wi。

若不用回到原点？

2 × ∑wi−(从出发点所能到达的最远距离)。即 沿着最远距离走，过程中每个分叉走两遍。

假设只有2个机器人遍历树,且要求回到原点, 它最少需要走多少 路?

2 ×∑wi。

若不用回到原点？

2 ×∑wi−(树的直径)。

这个题就是最后一种情况，

分析：考虑从一个结点遍历整个树再回到原点需要把每个边计算两遍，这 里机器人不用回到出发点，所以两个机器人到达的点越远越好。 要使路程最近，若起点在树的直径上，则两辆车往不同的方向走， 直径上的边只用走一遍，其他的要走两遍。 若起点不在直径上，则两人一起走到直径上，再往不同的方向走。 这样最优解就是所有边×2−直径，因为直径只走了一次，而其他边 必走两遍。

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#include<cwctype>
using namespace std;
const int maxn=4e4+10;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
    x=0;
    T f=1,ch=getchar();
    while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
    if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
    while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
    x*=f;
}
int n,m,a,b,c,point,tot,ans,sum;
int dis[40000],vis[40000],lin[40000];
struct gg {
    int y,next,v;
}an[50000];
void add(int x,int y,int z) {
    an[++tot].y=y;
    an[tot].v=z;
    an[tot].next=lin[x];
    lin[x]=tot;
}
inline int dp(int x)
{
    vis[x]=1;
    for(int i=lin[x];i;i=an[i].next)
    {
        int y=an[i].y;
        if(vis[y]) continue;
        dp(y);
        ans=max(ans,dis[x]+dis[y]+an[i].v);
        dis[x]=max(dis[x],dis[y]+an[i].v);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int sum=0;
    read(n);read(m);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        read(a),read(b),read(c);
        add(a,b,c);
        add(b,a,c);
        sum+=c;
    }
    dp(1);
    printf("%d
",(sum<<1)-ans);
    return 0;
}