這部分理論是在摘抄別人的~哈哈
樹的直徑(Diameter)是指樹上的最長簡單路。
直徑的求法:兩遍BFS (or DFS)
任選一點u爲起點,對樹進行BFS遍歷,找出離u最遠的點v,以v爲起點,再進行BFS遍歷,找出離v最遠的點w。則v到w的路徑長度即爲樹的直徑
*簡單證明
於是原問題可以在O(E)時間內求出關鍵在於證明第一次遍歷的正確性,也就是對於任意點u,距離它最遠的點v一定是最長路的一端。
如果u在最長路上,那麼v一定是最長路的一端。可以用反證法:假設v不是最長路的一端,則存在另一點v’使得(u→v’)是最長路的一部分,於是len(u→v’) > len(u→v)。但這與條件“v是距u最遠的點”矛盾。
如果u不在最長路上,則u到其距最遠點v的路與最長路一定有一交點c,且(c→v)與最長路的後半段重合(why?),即v一定是最長路的一端
因爲是樹是連通的,所以u必有一條路徑c和最長路徑L相交,len(c)>=1,L被分爲兩部分,一部分l1,一部分l2
假設第一次dfs過後,所求最長路徑lu端不在L上,那麼len(lu)>=len(c)+len(l1)(l1,l2對稱,取l1或者l2都一樣)
len(l2+c+lu)>len(l1+l2),矛盾.
以 hdu 4607 Park Visit 爲例
首先如果k小於等於直徑長度,那麼答案爲k−1。
如果k大於直徑長度,設直徑長度爲r,那麼答案爲r−1+(k−r)∗2。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int Maxn=100110;
int n,etot,vis[Maxn],dis[Maxn],head[Maxn];
struct node
{
int to;//某邊從此節點指向的節點
int next;//之前連接此節點的邊的編號
}edge[Maxn*2];
void Add_edge(int u,int v)
{
edge[etot].to=v;
edge[etot].next=head[u];
head[u]=etot++;
}
int dfs(int n)
{
int v;
for(int i=head[n];i!=-1;i=edge[i].next)
{
v=edge[i].to;
if(!vis[v])
{
dis[v]=dis[n]+1;
vis[v]=1;
dfs(v);
}
}
}
int Max_len()
{
int Max=-1,k=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(dis[i]>Max)
Max=dis[i],k=i;
}
return k;
}
int Get_Len()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
vis[0]=1;
dis[0]=0;
dfs(0);
int k=Max_len();
memset(vis,0,sizeof(vis));
vis[k]=1;
dis[k]=0;
dfs(k);
k=Max_len();
return dis[k];
}
int main()
{
int T,q,k,u,v;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&q);
etot=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
u--,v--;
Add_edge(u,v);
Add_edge(v,u);
}
int len=Get_Len();
for(int i=0;i<q;i++)
{
scanf("%d",&k);
if(k<=len+1)
printf("%d\n",k-1);
else
printf("%d\n",len+(k-len-1)*2);
}
}
return 0;
}