題目:
當信息在電腦、交換機之間傳遞時,每一步只能通過自己傳遞到自己所連接的另一臺電腦或交換機。請問,電腦與電腦之間傳遞消息、或者電腦與交換機之間傳遞消息、或者交換機與交換機之間傳遞消息最多需要多少步。
第二行包含n - 1個整數,分別表示第2、3、……、n臺交換機所連接的比自己上一層的交換機的編號。第i臺交換機所連接的上一層的交換機編號一定比自己的編號小。
第三行包含m個整數,分別表示第1、2、……、m臺終端電腦所連接的交換機的編號。
1 1 3
2 1
其中電腦1與交換機4之間的消息傳遞花費的時間最長,爲4個單位時間。
1 2 2
3 4 4 4
其中電腦1與電腦4之間的消息傳遞花費的時間最長,爲4個單位時間。
前50%的評測用例滿足:n ≤ 20, m ≤ 20。
前70%的評測用例滿足:n ≤ 100, m ≤ 100。
所有評測用例都滿足:1 ≤ n ≤ 10000,1 ≤ m ≤ 10000。
思路:
計算樹的直徑問題,兩邊搜索
第一遍找直徑的一個端點,第二遍通過這個端點搜索出直徑及另一個端點;
簡單證明(也可以看看這個證明樹的直徑(最長路)的詳細證明)
首先先說明,在樹中任意兩點之間的路徑有且只有一條 , dis(x,y)表示 x 到 y 的距離;
設想 x 和 y 分別爲直徑的兩個端點,a 爲樹上任意一點;
假設從 a 搜索找到的最遠的點爲 b(b是除 x,y,a 後任意一點),
1.若從 a 到 b 的路徑上與直徑有交點 c,如下圖;
由於 a 到 y 只有 1 條路徑爲 a->c->y, 故 dis(a,b) = dis(a,c)+dis(c,b) > dis(a,c) + dis(c,y) = dis(a,y)
繼而有 dis(c,b) > dis(c,y) ==> dis(x,c)+dis(c,b) > dis(x,c) + dis(c,y)
即 dis(x,b) > dis(x,y) , x->y 不是最長的,矛盾,故假設不成立;
2.若從 a 到 b 的路徑上與直徑無交點,c 爲直徑上一點,如下圖;
易有 dis(a,b) > dis(a,c)+dis(c,y) (距離a的最遠點爲b)
顯然有 dis(a,b)+dis(a,c) > dis(c,y) 即 dis(c,b) > dis(c,y)
所以 dis(x,c)+dis(c,b) > dis(x,c) + dis(c,y)
故 x->y 不是最長路徑,矛盾,假設不成立;
綜上 b 一定是 x,y 中的一點
代碼
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAX 21007
vector<int> a[MAX]; //鄰接表
int pos,mc; // 遠的點和最遠距離
bool b[MAX]; //標記是否遍歷過
//深度優先搜索整張圖,記錄下距離begin最遠的點和其距離
void dfs(int begin,int c){
//更新最遠點
if(c > mc){
mc=c;
pos=begin;
}
//繼續往下搜索
for(int i=0;i<a[begin].size();++i){
if(b[a[begin][i]] == false){
b[a[begin][i]]=true;
dfs(a[begin][i],c+1);
}
}
}
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=2,j;i<=n+m;++i){
cin>>j;
a[j].push_back(i);
a[i].push_back(j);
}
//第一遍DFS,找圖的直徑的一端
mc=0,pos=0;
memset(b,0,sizeof(b));
dfs(n+m,0);
//第二遍BFS,直到直徑的一段後,搜索另一端,並記錄直徑的長度
mc=0;
memset(b,0,sizeof(b));
dfs(pos,0);
cout<<mc<<endl;
return 0;
}