## [$AcWing$ $1072$ 树的最长路径](https://www.acwing.com/problem/content/description/1074/)

### 一、题目描述
给定一棵树，树中包含 $n$ 个结点（编号$1$~$n$）和 $n−1$ 条无向边，每条边都有一个权值。

现在请你找到树中的一条最长路径。

换句话说，要找到一条路径，使得使得路径两端的点的距离最远。

注意：路径中可以只包含一个点。

**输入格式**
第一行包含整数 $n$。

接下来 $n−1$ 行，每行包含三个整数 $a_i,b_i,c_i$，表示点 $a_i$ 和 $b_i$ 之间存在一条权值为 $c_i$ 的边。

**输出格式**
输出一个整数，表示树的最长路径的长度。

**数据范围**
$1≤n≤10000,$
$1≤a_i,b_i≤n,$
$−10^5≤c_i≤10^5$

**输入样例：**
```cpp {.line-numbers}
6
5 1 6
1 4 5
6 3 9
2 6 8
6 1 7
```

**输出样例：**
```cpp {.line-numbers}
22
```

### 二、朴素版本$dfs$【不能$AC$】
朴素$dfs$: 对每个点求最远点最大距离, 所有结果的$max$就是结果.
通过 $10/16$. 然后$TLE$, 效果不是很理想。
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 10010, M = 20010;
// 　暴力搜索，从每个节点为根出发，遍历整根树，找出距离自己的最大距离,然后每个最大距离取min
//   10/16,其它TLE,无法AC
int n;
int ans; // 树的直径
// 邻接表
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
int st[N];

void dfs(int u, int sum) {
    st[u] = 1;
    if (sum > ans) ans = sum;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if (st[j]) continue; // 不走回头路
        dfs(j, sum + w[i]);
    }
}

int main() {
    // 初始化邻接表
    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n;
    for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c); // 无向图
    }

    // 多次dfs,是TLE的罪魁祸首
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        memset(st, 0, sizeof st);
        dfs(i, 0);
    }

    // 输出结果
    printf("%d", ans);
    return 0;
}
```

### 三、两次$dfs$解法 【不能$AC$】

#### 优点：思路简单

#### 缺点：只适用于不带负边的树
此题目中的第$15$组数据，可以$HACK$掉这种作法(此组数据中带有负权边)

**算法**：从任意点$a$出发, 找到距离$a$最远的点$t1$, 然后从$t1$出发, 找到距离$t1$最远的点$t2$,$t1$和$t2$的距离即为我们要找到结果. 

<font color='red' size=4><b>黄海注：在$AcWing$ $1073$中，没有出现边权是负值的情况，所以两遍$dfs$大法好用 : [传送门](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15786805.html)</b></font>

这里我就不赘述证明了，想看证明的同学可以移步洛谷里面一个题的题解，里面有证明: **[传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P5536)**,或者看一下$yxc$本题的视频教程。
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/%7Byear%7D/%7Bmonth%7D/%7Bmd5%7D.%7BextName%7D/20230605133953.png)


通过了 $14/16$个数据,剩余两个测试点，居然是$WA$,真是，唉~

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 10010, M = 20010;

int ans; // 保存最长路径
int t;   // 保存找到的最远点
int n;

// 邻接表
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
int st[N];

void dfs(int u, int sum) {
    st[u] = 1;
    if (sum > ans) {
        ans = sum; // 记录最大距离
        t = u;     // 记录最远的点t1
    }
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if (st[j]) continue;
        dfs(j, sum + w[i]);
    }
}

int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    memset(st, 0, sizeof st);
    dfs(1, 0); // 先找到点距离点1最远的点t1

    memset(st, 0, sizeof st);
    dfs(t, 0); // 找到距离点t1->t2最远的点t1

    printf("%d", ans);
    return 0;
}
```

### 四、最长+次长解法【终极解法】

**树的最长路径** ，也称为树的  **直径**  ,直径 **不唯一**

我们知道：树上 **任意两点** 的路径是 **唯一** 确定的，因此我们可以暴力枚举 **起点** 和 **终点** 找出最长路径

如果这样做的话，我们来思考一下时间复杂度：

> 枚举 **起点** 和 **终点** — $O(n^2)$
> 找出两点之间的路径长度 — $O(logn)$

但是光是枚举 **起点** 和 **终点**，**时间复杂度** 就直接拉满了，显然这种做法不可取。

既然这 $O(n^2)$ 条路径不能 一一枚举，那么有什么方式可以把他们 **分类枚举** 呢？

考虑换一种 **枚举方式**：枚举路径的 **起点和终点** $→$ 枚举路径的 **中间节点**

<font color='red' size=4><b>注：枚举中间节点非常妙，因为树节点只有$n$个，全遍历一遍也没啥问题，怕就怕双重循环的两两一组。如此，就成功的将双重循环$O(N^2)$时间复杂度降为$O(N)$的时间复杂度。方法就是在遍历过程中，努力构建关于当前节点$u$的多重信息，然后用这些信息去组装出直径最大值,果然有$dp$的味道在里面~</b></font>

我们先讨论一下，对于给定拓扑结构的树里的任意节点，经过它的路径有哪些：
<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/08/25/55909_2a282a8605-IMG_61398D0A7BFC-1.jpeg'></center>

观察 **红色节点【本质上就是对于树中的任意节点均同此理】**，经过它的路径有：

* 以其 **子树中的某个节点** 作为 **起点**，以它作为 **终点** 的 **粉色路径**
* 以其 **子树中的某个节点** 作为 **起点**，以 **子树中的某个节点** 作为 **终点** 的 **蓝色路径**
* 以其 **子树中的某个节点** 作为 **起点**，以 **非其子树的节点** 作为 **终点** 的 **橙色路径**

对于第 $1$ 种情况，可以 **直接递归处理其子树，找出到当前子树根节点最长的路径长度即可**
对于第 $2$ 种情况，在处理第 $1$ 种情况时，顺便找出 $1$ 类路径的 **次长路径**，再把 **最长** 和 **次长** 拼在一起，就是第 $2$ 种情况
对于第 $3$ 种情况，可以把它归类为其 **祖先节点** 的第 $1,2$ 种情况，让其 **祖先节点** 去处理即可

**实现代码**
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 10010; // 点数上限
const int M = N * 2; // 边数上限
int n;
int ans;
int d1[N], d2[N]; // 最长，次长
int st[N];
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void dfs(int u) {
    st[u] = 1;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if (st[j]) continue;

        // 走j子树,完成后，j子树中每个节点的d1[j],d2[j]都已经准备好，u节点可以直接利用
        dfs(j);

        // d1[u]:最长路径,d2[u]:次长路径
        if (d1[j] + w[i] >= d1[u])
            d2[u] = d1[u], d1[u] = d1[j] + w[i]; // 最长路转移
        else if (d1[j] + w[i] > d2[u])
            d2[u] = d1[j] + w[i]; // 次长路转移
    }
    // 更新结果
    ans = max(ans, d1[u] + d2[u]);
}

int main() {
    cin >> n;
    // 初始化邻接表
    memset(h, -1, sizeof h);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    // 任选一个点作为根节点
    dfs(1);
    // 输出答案
    printf("%d", ans);
    return 0;
}
```