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谢邀,学弟说的一道毒瘤题。
没有真正的省选题目毒瘤 或者说 写O(n)的做法确实毒瘤。
这里给一个花20min就写完的非常好写的暴力。
容易想到枚举哪条边删掉 删掉之后考虑在哪两个点上加。
一个比较重要的性质是 联通两个连通块之后 大联通块的直径端点一定有一端属于原来两个联通块的直径端点之一。
也就是合并两个连通块 直径等于=max(左边直径,右边直径,链接起来的直径)
其中前两者固定 考虑让第三者最小 进一步可以分析得到 那两个点的贡献是到自己连通块内的最长距离的点。
分别最小化之后显然是直径上的中点。
一个比较有意思的事实：实际上直径的中点可能在两个节点之间 那么此时这两个节点的贡献相同 所以选哪个都行。
沿着直径找中点过于繁琐 可以直接从直径两端bfs 然后每个点的贡献为max(dis1[x],dis2[x]).
这样就很好写了。值得一提的是 我的写法没有加入过多的优化 每次需要6遍bfs,所以常数有点大。
卡常：容易发现 如果删的不是直径上的边那么对答案没有贡献 可以直接枚举删直径上的边。
考虑求出左边的直径之后进行最优性剪枝 比当前答案大就没必要再做了。
进一步的可以将bfs的次数卡一下 只删直径上的边之后 一个比较重要的性质是 原来树中的直径依然还是分属两个连通块的两端。
这样bfs的次数只有4次了。
进一步的 可以由此推出O(n)的做法 沿着直径删边 然后 每次便利多出来的部分 由上次直径推出当前直径 复杂度就降到O(n)了 不过实现起来过于繁琐 我就没实现。
经过优化的code：n^2 十个测试点跑了400多ms 我也很骄傲~
const int MAXN=5010;
int n,ans,id,flag,len=1,t,h,c1,c2;
int vis[MAXN],c[MAXN<<1],dis[MAXN],q[MAXN],dis1[MAXN],s1,s2,s3,mark;
int lin[MAXN],e[MAXN<<1],ver[MAXN<<1],nex[MAXN<<1];
inline void add(int x,int y,int z)
{
ver[++len]=y;
nex[len]=lin[x];
lin[x]=len;
e[len]=z;
}
inline int bfs(int s)
{
++id;t=h=0;int mx=0,p=s;
q[++t]=s;vis[s]=id;dis[s]=0;
while(++h<=t)
{
int x=q[h];
go(x)
{
if(i==(mark^1)||i==mark)continue;
if(vis[tn]!=id)
{
vis[tn]=id;
dis[tn]=dis[x]+e[i];
q[++t]=tn;
if(dis[tn]>mx)mx=dis[tn],p=tn;
}
}
}
return p;
}
inline void bfs1(int s,int &w)
{
++id;t=h=0;w=INF;
q[++t]=s;vis[s]=id;dis1[s]=0;
while(++h<=t)
{
int x=q[h];
w=min(w,max(dis[x],dis1[x]));
go(x)
{
if(i==(mark^1)||i==mark)continue;
if(vis[tn]!=id)
{
vis[tn]=id;
dis1[tn]=dis1[x]+e[i];
q[++t]=tn;
}
}
}
}
inline void dfs(int x,int fa)
{
if(x==c2){flag=1;return;}
go(x)
if(tn!=fa)
{
dfs(tn,x);
if(flag)
{
c[i]=c[i^1]=1;
return;
}
}
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
get(n);
rep(2,n,i)
{
int get(x),get(y),get(z);
add(x,y,z);add(y,x,z);
}
c1=bfs(1);c2=bfs(c1);
dfs(c1,0);ans=dis[c2];
for(int i=2;i<=len;i+=2)
{
if(!c[i])continue;
mark=i;
int w1=bfs(c1);
if(dis[w1]>=ans)continue;
bfs1(w1,s1);
int w2=bfs(c2);
if(dis[w2]>=ans)continue;
bfs1(w2,s2);
ans=min(ans,max(dis[w1],max(dis[w2],s2+s1+e[i])));
}
put(ans);return 0;
}