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`AcWing` `1072` 树的最长路径

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：

输出样例：

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。

#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.

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

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,或者看一下yxc本题的视频教程。

通过了 14/16个数据,剩余两个测试点，居然是WA,真是，唉~

#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

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~

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：

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

#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;
}

7.9 KiB Raw Blame History Unescape Escape

AcWing 1072 树的最长路径