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树的直径方法总结

定义：

    直径 ：   在圆上两点(不相交)之间最远的距离就是我们通常所说的直径。
    树的直径 : 树上最远的两个节点之间的距离就被称为树的直径，连接这两点的路径被称为树的最长链。

求法：

  1、树形 DP
  2、两次 BFS 或者 两次 DFS

算法 1 : 树形 DP

  优点 : 可以有效处理 负边权
  缺点 : 对于记录路径的信息效率较低
  
  简单分析 :  先通过递归的方式到叶子底部,然后通过自底向上的方式进行更新距离,找到最长路径。
  (看下图,可以得到这棵树的直径是经过根节点 1 的 路径最长的链  5 -> 2 -> 1 和 经过根节点 1 的路径 次长链 3 -> 6 -> 1 两者之和
   由此可得:树的直径 = (经过某个节点的) 最长链 + 次长链) -- 是路径长度哦

  实现过程：
    设 D[x] 表示从节点 x 出发走向以 x 为根的子树,能够到达的最远距离。
    设 x 的子节点为 y1,y2....yt,edge(x,y)表示边权,显然有: D[x] = max（D[yi] + edge(x,yi)）（i 的范围是 1 - t）

    也就是说，从 根节点出发,找到自己的最小辈,然后从最小辈向根节点更新,找一个最长的路径链。
    只要子节点是最长的,那么我们更新到根节点时,这条链毫无疑问也就是最长的。

    我们在找某个节点的最长链会发现一个问题,就是当前节点有有几个子节点,有一个我们没得选,当有多个时我们就需要选择最长的。
    拿上面的图来说, 2 号节点有 两个子节点,我们就需要进行比较一下,100 > 2 + 30 ，所以我们应该选择 5 -> 2 这条链。

具体代码:

     void dp(int x) {
	 vis[x] = 1;
	 for(int i = head[x]; i ; i = Next[i]) {
		int y = ver[i];
		if(vis[y]) continue;                          // 判断是否已经经过该节点
		dp(y);                                        // 继续向下寻找子节点
		ans = max(ans,dist[x] + dist[y] + edge[i]);   // 枚举从 x 节点出发的所有边,找一个最远的路径(看上面的 2 号节点)(dist[x] 是当前目前已知的最长的,
                                                              // 但是 x 可能有多个分支,所以需要枚举找最长的或者次长的,形成经过该节点的直径)
		dist[x] = max(dist[x],dist[y] + edge[i]);     // 经过枚举后 dist[x] 就不一定是当前最长的的,所以需要更新一下。
	 }

算法 2 : 两次 DFS 或者两次 BFS

        优点 : 可以通过一个新的数组记录路径信息(例如父节点与子节点之间的关系)
        缺点 : 无法处理 负边权(遇到 负边权 凉凉)
       
        实现过程 :
        1、从任意一个节点出发,通过 BFS 或 DFS 对树进行一次遍历,求出与出发点距离最远的节点,记为 p。
        2、从节点 p 出发,通过 BFS 或 DFS 再进行一次遍历,求出与 p 距离最远的节点,记为 q。
        (p 是一个节点的最远的一个端点，那么从 p 出发的最远的端点就是直径的另一个端点)
        
       为什么无法处理负边权?

看上面这个图: 如果按照 DFS 或者 BFS 我们第一次找到的最远距离的节点是 2 , 然后从 2 出发
到达的最远距离的节点是 1 ,所以得到的树的直径长度是 1 ,但我们从图中很容易看出来树的直径最长
应该是 2.(用树形 DP 的话从下向上就可以得到最长的树的直径的长度)

具体代码 :

BFS:
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10;

int head[maxn * 2],edge[maxn * 2],Next[maxn * 2],ver[maxn * 2];
int vis[maxn],dist[maxn];
int n,p,q,d;
int tot = 0;
int maxd = 0;

int main(void) {
	int BFS(int u);
    void add(int u,int v,int w);
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1; i < n; i ++) {
		scanf("%d%d%d",&p,&q,&d);
		add(p,q,d);                   // 建立无向图
		add(q,p,d);
	}
	int u = BFS(1);
	int s = BFS(u);
	printf("第一次遍历得到的节点 : %d
",u);
	printf("第二次遍历得到的节点 : %d
",s); 
	return 0;
}

void add(int u,int v,int w) {
	ver[ ++ tot] = v,edge[tot] = w;
	Next[tot] = head[u],head[u] = tot;
	return ;
}

int BFS(int u) {
	queue<int>Q;
	while(!Q.empty()) Q.pop();
	memset(vis,0,sizeof(vis));                         // 每次遍历的时候记得对数组进行 Clear
	memset(dist,0,sizeof(dist));  
	Q.push(u);
	int x,max_num = 0;
	while(!Q.empty()) {
		x = Q.front();
		Q.pop();
		vis[x] = 1;
		for(int i = head[x]; i ; i = Next[i]) {
			int y = ver[i];
			if(vis[y]) continue;
			vis[y] = 1;
			dist[y] = dist[x] + edge[i];    // 从上向下走,所以需要进行累加(这是与 树形 DP最大的不同)
			if(dist[y] > maxd ) {           // 更新 值 和 节点编号
				maxd = dist[y];
				max_num = y;
			}
			Q.push(y);                      // 每个新的节点都要加入到队列中,有可能与该节点相连的路径是比较长的
		}
	}
	return max_num;
}

DFS :
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>

#define x first
#define y second

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10;
typedef pair<int,int> P ;   // 用 pair<int,int>来保存部分信息,相对于 结构体来说更加方便一点

vector<P> G[maxn];
int dist[maxn];
int n,p,q,d;

int main(void) {
	void solve();
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1; i < n; i ++) {
		scanf("%d%d%d",&p,&q,&d);
		G[p].push_back(make_pair(q,d));
		G[q].push_back(make_pair(p,d));
	}
	solve();
	return 0;
}

void DFS(int u,int father,int value) {
	dist[u] = value;                                           // 这种方式就不用进行对数组 Clear 了
	for(int i = 0; i < G[u].size(); i ++) {
		if(G[u][i].x != father) {
			DFS(G[u][i].x,u,value + G[u][i].y);
		}
	}
	
	return ;
}

void solve() {
	DFS(1,-1,0);
	int u = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {                    // 遍历寻找最大值
		if(dist[i] > dist[u]) {
			u = i;
		}
	}
	int x = u;
	DFS(u,-1,0);                                      // 第二次进行找另一个端点
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(dist[i] > dist[u]) {
			u = i;
		}
	}
	int s = u;
	printf("第一次遍历得到的最远的节点编号 : %d
",x);
	printf("第二次遍历得到的最远的节点编号 : %d
",s);
	return ;
}

参考资料:

    yxc 的视频讲解:https://www.acwing.com/video/710/
    秦淮岸大佬的讲义:https://www.acwing.com/blog/content/319
    最重要的是 AS 的细心讲解。

例题：大臣的旅费

    题目链接:https://www.acwing.com/problem/content/1209/)

题目描述:

    很久以前，T王国空前繁荣。
    为了更好地管理国家，王国修建了大量的快速路，用于连接首都和王国内的各大城市。
    为节省经费，T国的大臣们经过思考，制定了一套优秀的修建方案，使得任何一个大城市都能从首都直接或者通过其他大城市间接到达。
    同时，如果不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的。
    J是T国重要大臣，他巡查于各大城市之间，体察民情。
    所以，从一个城市马不停蹄地到另一个城市成了J最常做的事情。
    他有一个钱袋，用于存放往来城市间的路费。
    聪明的J发现，如果不在某个城市停下来修整，在连续行进过程中，他所花的路费与他已走过的距离有关，在走第x千米到第x+1千米这一千米中（x是整数），他花费的路费是x+10这么多。也就是说走1千米花费11，走2千米要花费23。
    J大臣想知道：他从某一个城市出发，中间不休息，到达另一个城市，所有可能花费的路费中最多是多少呢？
    输入格式
    输入的第一行包含一个整数 n，表示包括首都在内的T王国的城市数。
    城市从 1 开始依次编号，1 号城市为首都。
    接下来 n−1 行，描述T国的高速路（T国的高速路一定是 n−1 条）。
    行三个整数 Pi,Qi,Di，表示城市 Pi 和城市 Qi 之间有一条双向高速路，长度为 Di 千米。
    输出格式
    输出一个整数，表示大臣J最多花费的路费是多少。
    数据范围
    1≤n≤105,
    1≤Pi,Qi≤n,
    1≤Di≤1000

input：

output:

析题得说:

    求路上的最大花费,最大花费由与距离有关,所以求出距离就可以解出这道题目。
    实际上就是为树的直径是多少,只不过这道题在最后计算结果的时候还需要注意一下。

看上图和题意,我们可以得知: 距离为 5 的花费为
s = 5;
money = s * 10 + (s * (s + 1)) / 2