题意
给你一个森林(若干棵树),向其中加边，使得最后形成一棵树，要求最后形成的树的直径最小，输出这棵树的直径和所加的边
分析
每加一条边，都可以将两棵树合并成一棵树，总共有t = n - m棵树
也就是说我们需要在这t棵树里面，分别选一个点，将他们连接起来，使得最后形成一棵直径最小的树
这个点的性质是，以这个点为根节点转化为有根树的画，树的高度一定是最小的（与重心类似，最长链最短可以保证合并后直径最短）
稍加分析可以知道，这个点一定是直径的中点（直径两端到该点的距离相差不超过1）
所以我们维护一棵树，可以维护以下几点性质：
1. 树的直径dig
2. 树的直径的中点序号center
3. 树的直径两端离center较远的点(相同则任意)site
这样合并A,B两颗树后，新的树
dig = max ( A.dig , B.dig , ceil(A.dig/2) + ceil(B.dig/2) )
遍历这棵树，仍然求得新的center和site
那么以怎样的顺序合并呢？
通过上面dig的转移式可以看出，如果两棵树site到center的距离不相等，则形成的新树的直径不变（等于大的一棵树），否则直径变大
所以我们希望最小化这个影响（不变大）
考虑最大的三棵树$A.dig ≥ B.dig ≥ C.dig$
第一次将最大的两颗树合并起来，得到的一棵新树D
如果$A.dig == B.dig$
则$D.dig > C.dig$则之后D和C合并直径不会变
否则$A.dig > C.dig$之后D和C合并直径不会变
可证得每次合并最大的两棵树
如此操作下去直到合成一棵树,得到的直径一定最小
其实不用优先队列维护，只需要排序后，每次取未合并的最大的树，与当前维护的树合并即可（类似prim算法合并的思路）
代码
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 int n,m; 5 vector<int>edge[1005]; 6 int color[1005]; 7 void rs(int pre,int now,int co) { 8 color[now] = co; 9 for(auto it = edge[now].begin();it!=edge[now].end();it++) { 10 if(*it == pre) continue; 11 rs(now,*it,co); 12 } 13 return; 14 } 15 struct Tree{ 16 int dig,center,site; 17 bool operator < (const Tree& o) const { 18 return dig < o.dig; 19 } 20 }tree; 21 priority_queue<Tree>pq; 22 int far,X,Y,id; 23 void dfs(int pre,int now,int dis){ 24 if(dis>far) { 25 far = dis;id =now; 26 } 27 for(auto it = edge[now].begin();it!=edge[now].end();it++) { 28 if(*it == pre) continue; 29 dfs(now,*it,dis+1); 30 } 31 } 32 stack<int>st; 33 int flag; 34 vector<pair<int,int> >ans; 35 void dfs2(int pre,int now,int aim){ 36 if(now == aim) { 37 tree.site = now; 38 for(int i=1;i<(far+1)/2;i++){ st.pop();} 39 tree.center = st.top(); 40 tree.dig = far; 41 pq.push(tree); 42 flag = 1; 43 while(!st.empty())st.pop(); 44 return; 45 } 46 st.push(now); 47 for(auto it = edge[now].begin();it!=edge[now].end();it++) { 48 if(*it == pre) continue; 49 dfs2(now,*it,aim); 50 if(flag) return; 51 } 52 st.pop(); 53 } 54 int main() { 55 ios::sync_with_stdio(false); 56 cin>>n>>m; 57 int x,y; 58 for(int i=1;i<=m;i++) { 59 cin>>x>>y; 60 edge[x].push_back(y); 61 edge[y].push_back(x); 62 } 63 int co = 0; 64 for(int i=1;i<=n;i++) { 65 if(color[i]==0) { 66 rs(0,i,++co); 67 far=0;id = i; 68 dfs(0,i,0); 69 X = id; 70 far=0;id = X; 71 dfs(0,X,0); 72 Y = id; 73 if(X == Y) { 74 tree.site = X; 75 tree.center = X; 76 tree.dig = 0; 77 pq.push(tree); 78 } 79 else { 80 flag =0; 81 dfs2(0,X,Y); 82 } 83 } 84 } 85 while(pq.size()>1) { 86 Tree a = pq.top();pq.pop(); 87 Tree b = pq.top();pq.pop(); 88 far = max(a.dig,((a.dig+1)/2) + ((b.dig+1)/2) +1); 89 far = max(b.dig,far); 90 edge[a.center].push_back(b.center); 91 edge[b.center].push_back(a.center); 92 flag = 0; 93 dfs2(0,a.site,b.site); 94 ans.push_back(make_pair(a.center,b.center)); 95 } 96 tree = pq.top(); 97 cout<<tree.dig<<endl; 98 99 for(auto it = ans.begin();it!=ans.end();it++) { 100 cout<<it->first<<" "<<it->second<<endl; 101 } 102 103 104 }