【洛谷P3629】巡逻【树的直径】

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题目大意:

题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P3629
有一棵边权为均 $1$的树，要求从点 $1$经过所有的点并会到点 $1$，现在可以加入 $k(1\leq k\leq 2)$条边，而且加入的边必须仅仅经过一次，求加入边后最少的回到点 $1$的距离。

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思路：

很容易发现，如果一条边都不加，那么肯定树中的每一条边都要经过两次。那么答案就是 $2(n-1)$。但是现在加入一条边 $(x,y)$，那么从 $x$走到 $y$之后就可以直接返回 $x$，就可以使原来 $x$到 $y$的路径只走一遍。那么我们为了保证减少更多的路，那么肯定就是在树的直径的两端脸上一条边!
那么对于 $k=1$的情况就讨论完了，答案就是 $2(n-1)-$树的直径 $+1$。
那么接下来讨论 $k=2$的情况。
在 $k=1$的基础上，我们要再加一条边，那么会有两种选择：

1. 新加入的边和之前加入的边互不干扰，即新加入的边所组成的环和原来加入的边所组成的环不重合。
2. 新加入的边和之前加入的边有地方重合了。那么可以发现，为了保证满足新加入的边也走一遍，重合的地方就会多走一遍。那么之前减去的地方就要加回来。

那么应该怎么做呢？
不难看出，第二问的“要加回来”其实就是把边权取反的意思。因为把边权取反之后如果在走这条边就相当于加回来了。
那么就再跑一遍树的直径，答案就是 $2(n-1)-$树的直径 $1-$树的直径 $2+2$。
注意第二遍要用树形 $DP$，因为会出现负边权。

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代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N=100100;
int n,k,x,y,q,p,tot=1,sum,ans1,ans2,head[N],father[N],f[N];

struct edge
{
	int next,to,dis;
}e[N*2];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot].to=to;
	e[tot].dis=1;
	e[tot].next=head[from];
	head[from]=tot;
}

void dfs1(int x,int fa,int s)
{
	if (s>sum) sum=s,p=x;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
		if (e[i].to!=fa)
			dfs1(e[i].to,x,s+e[i].dis);
}

void dfs2(int x,int fa,int s)
{
	if (s>ans1) ans1=s,q=x;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
		if (e[i].to!=fa)
		{
			father[e[i].to]=x;
			dfs2(e[i].to,x,s+e[i].dis);
		}
}

void dp(int x,int fa)
{
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int y=e[i].to;
		if (y==fa) continue;
		dp(y,x);
		ans2=max(ans2,f[x]+f[y]+e[i].dis);
		f[x]=max(f[x],f[y]+e[i].dis);
	}
}

void change(int x,int y)  //把边权取反
{
	if (x==y) return;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
		if (e[i].to==father[x])
		{
			e[i].dis=-1;
			e[i^1].dis=-1;
			change(e[i].to,y);
		}
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for (int i=1;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);
		add(y,x);
	}
	dfs1(1,0,0);
	dfs2(p,0,0);  //求第一遍树的直径
	if (k==1) return !printf("%d\n",2*(n-1)-ans1+1);  //k=1
	change(q,p);
	dp(1,0);  //求第二遍树的直径
	printf("%d\n",2*(n-1)-ans1-ans2+2);  //k=2
	return 0;
}