题目描述
在一个地区中有 n 个村庄，编号为 1, 2, …, n。有 n – 1 条道路连接着这些村 庄，每条道路刚好连接两个村庄，从任何一个村庄，都可以通过这些道路到达其 他任一个村庄。每条道路的长度均为 1 个单位。 为保证该地区的安全，巡警车每天要到所有的道路上巡逻。警察局设在编号 为 1 的村庄里，每天巡警车总是从警察局出发，最终又回到警察局。 下图表示一个有 8 个村庄的地区，其中村庄用圆表示（其中村庄 1 用黑色的 圆表示），道路是连接这些圆的线段。为了遍历所有的道路，巡警车需要走的距 离为 14 个单位，每条道路都需要经过两次。
为了减少总的巡逻距离，该地区准备在这些村庄之间建立 K 条新的道路， 每条新道路可以连接任意两个村庄。两条新道路可以在同一个村庄会合或结束 （见下面的图例（c））。 一条新道路甚至可以是一个环，即，其两端连接到同一 个村庄。 由于资金有限，K 只能是 1 或 2。同时，为了不浪费资金，每天巡警车必须 经过新建的道路正好一次。 下图给出了一些建立新道路的例子：
在(a)中，新建了一条道路，总的距离是 11。在(b)中，新建了两条道路，总 的巡逻距离是 10。在(c)中，新建了两条道路，但由于巡警车要经过每条新道路 正好一次，总的距离变为了 15。 试编写一个程序，读取村庄间道路的信息和需要新建的道路数，计算出最佳 的新建道路的方案使得总的巡逻距离最小，并输出这个最小的巡逻距离。
输入输出格式
输入格式：
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)。
输出格式：
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。
输入输出样例
输入样例#1：
8 1
1 2
3 1
3 4
5 3
7 5
8 5
5 6
输出样例#1：
11
输入样例#2：
8 2
1 2
3 1
3 4
5 3
7 5
8 5
5 6
输出样例#2：
10
输入样例#3：
5 2
1 2
2 3
3 4
4 5
输出样例#3：
6
说明
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。
洛谷OnlineJudge
评测方式 云端评测
标签 APIO2010高性能
难度 省选/NOI-
时空限制 1000ms / 128MB
思路： ① k==1 时，我们只需找到直径，在其两端连接一条边，那么此时距离最短，为 2*( n-1 ) - L +1 ； ② k==2 时，在原来的基础上，建立第二条边，那么又会形成一个环；若两个环没有重叠的边，那么我们再 减去（ L -1 ）即可；否则，重叠的部分还得经过两次；那么我们只需先在原来的树上找到直径，然后将直径的权值取反，即变成-1 ，然后再求一次最长链即可，那么结果就是 2*( n-1 )-( L1-1 )-( L2 -1 ) ，当然最后求直径得树形dp 解决即可
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#include<cmath>
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#include<ctime>
#include<deque>
#include<stack>
#include<functional>
#include<sstream>
//#pragma GCC optimize("O3")
using namespace std;
#define maxn 200005
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x7fffffff
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int U;
#define ms(x) memset((x),0,sizeof(x))
const long long int mod = 1e9 + 7;
#define sq(x) (x)*(x)
#define eps 1e-6
const int N = 2500005;
inline int read()
{
int x = 0, k = 1; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-')k = -1; c = getchar(); }
while (c >= '0' && c <= '9')x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
return x * k;
}
ll gcd(ll a, ll b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
}
int head[maxn], ver[maxn], nxt[maxn];
int edge[maxn];
int tot;
int vis[maxn];
int ans; int dis[maxn];
//int u[maxn], v[maxn];
int pre[maxn];
int n, k; int po;
queue<int>q;
void addedge(int x, int y,int z) {
ver[++tot] = y; edge[tot] = z;
nxt[tot] = head[x]; head[x] = tot;
}
void dp(int x) {
vis[x] = 1;
for (int i = head[x]; i; i = nxt[i]) {
int y = ver[i]; if (vis[y])continue;
dp(y);
ans = max(ans, dis[x] + dis[y] + edge[i]);
dis[x] = max(dis[x], dis[y] + edge[i]);
}
}
void change(int now) {
while (pre[now]) {
int fa = pre[now];
for (int i = head[fa]; i; i = nxt[i]) {
int y = ver[i];
if (y == now) {
edge[i] = -1; break;
}
}
for (int i = head[now]; i; i = nxt[i]) {
int y = ver[i];
if (fa == y) {
edge[i] = -1; break;
}
}
now = fa;
}
}
void bfs(int f, int pd) {
q.push(f);
while (!q.empty()) {
int d = q.front(); q.pop();
for (int i = head[d]; i; i = nxt[i]) {
int y = ver[i];
if (y == f || dis[y])continue;
dis[y] = dis[d] + 1;
if (pd)pre[y] = d; q.push(y);
}
}
}
void get() {
ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (dis[i] > ans)ans = dis[i], po = i;
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> k;
tot = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int x, y; cin >> x >> y;
addedge(x, y, 1); addedge(y, x, 1);
}
bfs(1, 0); get();
ans = 0; ms(dis);
bfs(po, 1); get();
int res = 2 * n - ans;
if (k == 1) {
cout << 2 * (n - 1) - ans + 1 << endl;
}
else {
change(po); ans = 0; ms(dis);
dp(1);
cout << res - ans << endl;
}
return 0;
}