旅游规划

试题描述

    W 市的交通规划出现了重大问题，市政府下定决心在全市各大交通路口安排疏导员来疏导密集的车流。但由于人员不足，W 市市长决定只在最需要安排人员的路口安排人员。具体来说，W 市的交通网络十分简单，由 n 个交叉路口和 n−1 条街道构成，交叉路口路口编号依次为 0,1,⋯,n−1 。任意一条街道连接两个交叉路口，且任意两个交叉路口间都存在一条路径互相连接。

    经过长期调查，结果显示，如果一个交叉路口位于 W 市交通网最长路径上，那么这个路口必定拥挤不堪。所谓最长路径，定义为某条路径 p=(v1,v2,v3,……，vk)，路径经过的路口各不相同，且城市中不存在长度大于 k 的路径，因此最长路径可能不唯一。因此 W 市市长想知道哪些路口位于城市交通网的最长路径上。

输入

第一行一个整数 n；之后 n−1 行每行两个整数 u,v，表示 u 和 v 的路口间存在着一条街道。

输出

包括若干行，每行包括一个整数——某个位于最长路径上的路口编号。为了确保解唯一，请将所有最长路径上的路口编号按编号顺序由小到大依次输出。

输入示例

10
0 1
0 2
0 4
0 6
0 7
1 3
2 5
4 8
6 9

输出示例

0
1
2
3
4
5
6
8
9

其他说明

数据范围：对于全部数据 1 <= n <= 2×100 000​​ 。

 看注释

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std;
inline int rd()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}
inline void write(int x)
{
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
    return ;
}
int n;
int head[400006],to[400006],nxt[400006];//数组一定要开够！！！！！！！！！！ 
int total=0;
void add(int x,int y)
{
    total++;
    to[total]=y;
    nxt[total]=head[x];
    head[x]=total;
    return ;
}
int fir[400006],sec[400006];//fir[i]存的是以i为根的最长链，sec[i]是次长链 
int s1[400006],s2[400006];//分别存最长连和次长链是从那个点转移的 
int ans=0;//最长链长度 
int dfs(int x,int la)//x是当前点，la是他的父亲节点 
{
    for(int e=head[x];e;e=nxt[e])
    {
        int h=to[e];
        if(h!=la)
        {
            int d=dfs(h,x)+1;
            if(d>fir[x])
            {
                //注意在给最长链赋值时，要把原来最长链在的额支赋给次长链 
                sec[x]=fir[x];
                s2[x]=s1[x];
                fir[x]=d;
                s1[x]=h;
            }
            else if(d>sec[x])
            {
                sec[x]=d;
                s2[x]=h;
            }
        }
    }
    ans=max(ans,fir[x]+sec[x]);//因为最长链和次长链从不同子树转移，所以书上最长链为两个的和 
    return fir[x];
}
int g[400006];
void dp(int x,int la)
{
    if(x!=0) 
    {
        /*
           玄学存
           因为fir和sec存的是由子树转移的值
           所以就忽略了一种特殊情况
           例子：
                   *
                   |
                   *
                   |
                   *
                  / 
                 *   *
                /     
               *       * 
            所以很明显，我们需要一个数组来存上面的最长链 
        */ 
        if(x!=s1[la]) g[x]=max(fir[la]+1,g[la]+1);//不能从父亲节点直接转移，因为可能是fir,所以用到了s1和s2 
        else g[x]=max(sec[la]+1,g[la]+1);
    }
    for(int e=head[x];e;e=nxt[e]) if(to[e]!=la) dp(to[e],x);
}
int main()
{
    n=rd();
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int x,y;
        x=rd();
        y=rd();
        add(x,y);//双向存边，因为是无向图 
        add(y,x);
    }
    dfs(0,0);//注意初值，下标从0开始 
    dp(0,0);
    for(int i=0;i<n;i++) if(g[i]+fir[i]==ans||fir[i]+sec[i]==ans) printf("%d
",i);//输出节点（调了好久QAQ） 
    return 0;
}

最后喜欢的话不如来推荐，评论，关注三连。

不喜欢的话也昧着良心推荐一下吧！！！！