原題鏈接：樹網的核
題目中說了：樹的直徑不唯一，但是中點唯一。
如何證明中點唯一（雖然沒有必要）
假設一條直徑被一個節點分成了左和右兩段，我們假設左邊小於於右邊。
現在要保證直徑等於len[left]+len[right]。
①從節點連出長度等於左段的子樹，明顯，中點還是在右端
②從節點連出長度等於右段的子樹，中點位置改變。但是len[left]+len[right]<2*len[right]。直徑改變。
不嚴謹的證明（逃
引理：任何直徑上求出的最小偏心距都相等
證明：先確定直徑，也是分成左右兩段。
①在分割點上添加子樹：無法超過左段長度，無論怎麼添加，分割點到右段的距離必定小於（子樹&&左段）到分割點的距離
②在左右兩段添加子樹：明顯子樹長度不能大於子 樹的根節點到左/右的長度。所以子樹到核的距離必定小於左右端點到核的距離
由於多條直徑相當於交換子樹和直徑（子樹->直徑，直徑->子樹）所以可以證明引理。
然後題目就成了計算任意一條直徑上的最大偏心距大最小值。
算法一：暴力O(n^3)
計算出一條直徑，在直徑上枚舉p，q，滿足dis[p][q]<=s，然後暴力枚舉核上的點O(n^2)到其他點的最大值O(n)即可。答案爲最大值中的最小值。
算法二：貪心O(n^2)
容易發現，核越長，偏心距的最大值越小，下面給出證明
當前核的長度爲k，點u到核的距離爲min{d(u,i)}1<=i<=k
若核的長度加1，那麼u到核的距離爲min{d(u,i)}1<=i<=k+1，明顯包含長度爲k的情況，而且又可以變得更小。
得證。
那麼我們只需要枚舉p的位置，然後讓q儘可能長（靠近s），然後枚舉到其他店的最大值即可，由於省略了枚舉q的操作，時間複雜度爲O(n^2)。可以通過noip的數據了。
下面是O(n^2)代碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=500018;
int n,s,head[N],ver[2*N],edge[2*N],next[2*N],tot=1,p=1,len=0,q=1,fa[N],dis[N];
bool vis[N],f=0;
void add(int x,int y,int val);
void dfs(int x,int k);
int main()
{
int x,y,z;
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i=2;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
}
//第一次dfs，求出到1最遠的點爲p
memset(dis,0,sizeof(dis));
dfs(1,0);
memset(fa,0,sizeof(fa));
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dis[i]>dis[p])p=i;
//第二次dfs，求出到p最遠的點爲q，p->q爲直徑。
q=p;
dis[p]=0;
dfs(p,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dis[i]>dis[q])q=i;
int ans=(1<<30)-1,j=q;
//ans的下界爲直徑上中間點到直徑兩端的距離
for(int i=q;i;i=fa[i]){
//標記直徑上的點
vis[i]=1;
while(fa[j]&&dis[i]-dis[fa[j]]<=s)j=fa[j];
ans=min(ans,max(dis[j],dis[q]-dis[i]));
}
for(int i=q;i;i=fa[i])dis[i]=0,dfs(i,0);
for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,dis[i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
void add(int x,int y,int val){
ver[++tot]=y;edge[tot]=val;next[tot]=head[x];head[x]=tot;
ver[++tot]=x;edge[tot]=val;next[tot]=head[y];head[y]=tot;
}
void dfs(int x,int k){
for(int i=head[x];i;i=next[i]){
int y=ver[i];
if(vis[y]||y==k)continue;
fa[y]=x;
dis[y]=dis[x]+edge[i];
// printf("1");
dfs(y,x);
}
}算法三：二分，O(nlogsum)，sum爲所有邊的長度和
枚舉最終答案mid，問題變成了是否存在覈使最大偏心距不超過mid。
可以假設核的端點是p,q，直徑的端點是u,v，考慮兩種偏心距。
①分叉點在u,p或者q,v之間，根據直徑是最長的路，p到u的距離必定大於p+子樹的長度。只要保證u到p，q到v的距離小於mid即可。
②分叉點在p,q之間，dfs判斷小於mid即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=500018;
int n,s,head[N],ver[2*N],edge[2*N],next[2*N],tot=1,p=1,len=0,q=1,fa[N],dis[N],son[N],dik[N];
bool vis[N],f=0;
void add(int x,int y,int val);
void dfs(int x,int k);
bool check(int mid);
int main()
{
int x,y,z,l=0,r=0,mid;
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i=2;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
r+=z;
add(x,y,z);
}
//第一次dfs，求出到1最遠的點爲p
memset(dis,0,sizeof(dis));
dfs(1,0);
memset(fa,0,sizeof(fa));
memset(son,0,sizeof(son));
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dis[i]>dis[p])p=i;
//第二次dfs，求出到p最遠的點爲q，p->q爲直徑。
q=p;
dis[p]=0;
dfs(p,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dis[i]>dis[q])q=i;
for(int i=q;fa[i];i=fa[i]){
son[fa[i]]=i;
}
//標記直徑上的點
for(int i=q;i;i=fa[i])vis[i]=1;
f=1;
while(l<=r){
mid=(l+r)/2;
if(check(mid))r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",l);
return 0;
}
void add(int x,int y,int val){
ver[++tot]=y;edge[tot]=val;next[tot]=head[x];head[x]=tot;
ver[++tot]=x;edge[tot]=val;next[tot]=head[y];head[y]=tot;
}
void dfs(int x,int k){
for(int i=head[x];i;i=next[i]){
int y=ver[i];
if(vis[y]||y==k)continue;
fa[y]=x;
if(!f)dis[y]=dis[x]+edge[i];
else dik[y]=dik[x]+edge[i];
// printf("1");
dfs(y,x);
}
}
bool check(int mid){
int u=p,v=q;
while(fa[v]&&dis[q]-dis[fa[v]]<=mid)v=fa[v];
while(son[u]&&dis[son[u]]<=mid&&u!=v)u=son[u];
if(u==v)return true;
if(dis[v]-dis[u]>s)return false;
memset(dik,0,sizeof(dik));
for(int i=v;i!=fa[u];i=fa[i]){
dfs(i,0);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dik[i]>mid)return false;
return true;
}
雖然不知道爲什麼沒有那個O(n^2)的算法跑得快，可能那個剪枝優化比較厲害。
算法四、O(n)
觀察算法三中答案值的來源可以觀察到
d[i]表示點i到其他非直徑點的最遠距離，dis[x][y]表示x到y的距離。
p，q是核的左右端點，u，v是直徑的左右端點
ans=max{d[k],dis[p][u],dis[q][v]}i<=k<=j
可以想到用單調隊列優化，時間複雜度爲O(n)
但實際上根本不需要單調隊列優化
由於在如果1<=k<i的話，那麼d[k]的值必然小於dis[p][u]同理j<k<=t也一樣（t爲直徑長度）
那麼k的取值範圍可以擴充到1<=k<=t，發現max{d[k]}爲定值。
接下來只需要枚舉dis[p][u]和dis[q][v]即可。
最終答案就是ans中的最小值
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=500018;
int n,s,head[N],ver[2*N],edge[2*N],next[2*N],tot=1,p=1,len=0,q=1,fa[N],dis[N],son[N],dik[N];
bool vis[N],f=0;
void add(int x,int y,int val);
void dfs(int x,int k);
bool check(int mid);
int main()
{
int x,y,z,ans=0x7FFFFFFF;
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i=2;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
}
//第一次dfs，求出到1最遠的點爲p
memset(dis,0,sizeof(dis));
dfs(1,0);
memset(fa,0,sizeof(fa));
memset(son,0,sizeof(son));
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dis[i]>dis[p])p=i;
//第二次dfs，求出到p最遠的點爲q，p->q爲直徑。
q=p;
memset(dis,0,sizeof(dis));
dfs(p,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dis[i]>dis[q])q=i;
for(int i=q;fa[i];i=fa[i]){
son[fa[i]]=i;
}
//標記直徑上的點
for(int i=q;i;i=fa[i])vis[i]=1;
//求出min(max(dis[p][u],dis[q][v]))
int j;
for(int i=q;i;i=fa[i]){
j=i;
while(fa[j]&&dis[i]-dis[fa[j]]<=s)j=fa[j];
ans=min(ans,max(dis[j],dis[q]-dis[i]));
if(!fa[j])break;
}
memset(dis,0,sizeof(dis));
for(int i=q;i;i=fa[i])dfs(i,0);
for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,dis[i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
void add(int x,int y,int val){
ver[++tot]=y;edge[tot]=val;next[tot]=head[x];head[x]=tot;
ver[++tot]=x;edge[tot]=val;next[tot]=head[y];head[y]=tot;
}
void dfs(int x,int k){
for(int i=head[x];i;i=next[i]){
int y=ver[i];
if(vis[y]||y==k)continue;
fa[y]=x;
dis[y]=dis[x]+edge[i];
dfs(y,x);
}
}