1912: [Apio2010]patrol 巡逻
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Description
Input
第一行包含两个整数 n, K(1 ≤ K ≤ 2)。接下来 n – 1行，每行两个整数 a, b，
表示村庄a与b之间有一条道路(1 ≤ a, b ≤ n)。
Output
输出一个整数，表示新建了K 条道路后能达到的最小巡逻距离。
Sample Input
8 1
1 2
3 1
3 4
5 3
7 5
8 5
5 6
1 2
3 1
3 4
5 3
7 5
8 5
5 6
Sample Output
11
HINT
10%的数据中，n ≤ 1000, K = 1；
30%的数据中，K = 1；
80%的数据中，每个村庄相邻的村庄数不超过 25；
90%的数据中，每个村庄相邻的村庄数不超过 150；
100%的数据中，3 ≤ n ≤ 100,000, 1 ≤ K ≤ 2。
Source
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题解
参照AntiQuality的题解。
k=0
不过首先挖掘性质：显然的是，若只是树形图，路径最短为2n−2；并且实际上起点任意对于答案来说都是一样的
k=1
然后我们来想一想k=1的情况。比如现在我们有一颗树长成这样：
然后我们现在添加一条边：
可以发现形成的环上，若环长度为lens，那么需要经过的路径就从2∗lens变为了lens+1。并且对于其他节点来说，它们的花费是不改变的。
由此自然想到我们将最长链的首尾相连，就可以得到k=1时的答案。
k=2
有了k=1，扩展至k=2的思路大致相同。除了最长链形成的环，我们需要在树上另找一条次长链。
这里有一个技巧就是把最长链上的边权全都改为-1
如果我们什么处理都没有，直接求一个次长链（次短路方法）， 可能会和最长链重合，那么最长链上的一部分就会走两遍
所以我们在求出最长链之后，把最长链上的边权赋为-1， 这样再跑一个裸的直径就好了 （这样就可以保证可以在新求出的直径中尽量少重合原先的直径）
时间复杂度(O(n))
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) data=data*10+ch-'0';
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;
co int N=1e5+6;
int n,k,d[N],fa[N];
int Head[N],Edge[N*2],Leng[N*2],Next[N*2],tot=1;
bool v[N];
void add(int x,int y,int z){
Edge[++tot]=y,Leng[tot]=z,Next[tot]=Head[x],Head[x]=tot;
}
void dfs(int x,int&t){
v[x]=1;
for(int i=Head[x],y;i;i=Next[i]){
if(v[y=Edge[i]]) continue;
if((d[y]=d[x]+Leng[i])>=d[t]) t=y;
fa[y]=i;
dfs(y,t);
}
v[x]=0;
}
void dp(int x,int&t){
v[x]=1;
for(int i=Head[x],y;i;i=Next[i]){
if(v[y=Edge[i]]) continue;
dp(y,t);
t=max(t,d[x]+d[y]+Leng[i]);
d[x]=max(d[x],d[y]+Leng[i]);
}
v[x]=0;
}
int main(){
read(n),read(k);
for(int i=1,x,y;i<n;++i){
read(x),read(y);
add(x,y,1),add(y,x,1);
}
int t=1;
dfs(1,t);
d[t]=fa[t]=0;
int tt=t;
dfs(t,tt);
int ans=2*(n-1)-(d[tt]-1);
if(k==2){
while(fa[tt]){
Leng[fa[tt]]=Leng[fa[tt]^1]=-1;
tt=Edge[fa[tt]^1];
}
tt=0;
memset(d,0,sizeof d);
dp(t,tt);
ans-=tt-1;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}