牛客练习赛40C题

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/369/C

题目描述

小A给你了一棵树，对于这棵树上的每一条边，你都可以将它复制任意（可以为0）次（即在这条边连接的两个点之间再加一条边权相同的边），求所有可能新形成的图中欧拉路的最短长度。
欧拉路：从图中任意一个点开始到图中任意一个点结束的路径，并且图中每条边只通过恰好一次。

输入描述
第一行一个数 n ，表示节点个数
接下来 n-1 行，每行三个整数 u,v,w，表示有一条 u 到 v 边权为 w 的无向边
保证数据是一棵树

输出描述
一行一个整数，表示答案

输入样例
4
1 2 1
1 3 1
1 4 2

输出样例
5

说明
一种可能的方案为复制 <1,2,1> 这条边一次，欧拉路为4->1->2->1->3

数据范围
1≤n≤2×10⁵
1≤u_i,v_i≤n
1≤w_i≤10⁴

思路：先在了解一个定义：欧拉回路：从图中任意一个点开始，结束时回到该点的路径，并且图中每条边只通过恰好一次。即是欧拉路起点和终点都为一个。
此时想要遍历整棵树并返回，答案即为所有权值之和的两倍。而欧拉路则不对起点和终点有要求，即起点到终点的路径只用计算一次。答案就是所有权值的两倍-数中两点距离最长值。
题目转化为求数的直径,即树上权值距离最长的两点。

第一种解法：两边dfs
假设s-t是最长路径，先从任意一点n开始找离这一点最远的一点m，那点m一定是s和t中的一点。在从m点出发找离这一点最远的点q，则m-q就是s-t。

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60

#include #include #include #include using namespace std; typedef long long ll; template <class T> inline void read(T &n) { T ans = 0; char ch = '+'; int flag = 0; while (ch<'0' || ch>'9') { ch = getchar(); if (ch == '-') flag = 1; } while (ch >= '0'&&ch <= '9') { ans = ans * 10 + ch - 48; ch = getchar(); } n = flag == 1 ? -ans : ans; } vectorint, ll> >a[200100]; ll dis[200100]; int node; ll ans; void dfs(int x, int fa) { for (int i = 0; i < a[x].size(); i++) { if (a[x][i].first != fa) { dis[a[x][i].first] = dis[x] + a[x][i].second; if (ans < dis[a[x][i].first]) { ans = dis[a[x][i].first]; node = a[x][i].first; } dfs(a[x][i].first, x); } } } int main() { int n; read(n); int x, y; ll z, sum = 0; for (register int i = 1; i < n; i++) { read(x), read(y), read(z); a[x].push_back(pair<int, ll>(y, z)); a[y].push_back(pair<int, ll>(x, z)); sum += z * 2; } //cout << sum << endl; ans = 0; dis[1] = 0; dfs(1, 0); //cout << node << endl; ans = 0; dis[node] = 0; dfs(node, 0); printf("%lld\n", sum - ans); //system("pause"); }

第二种解法: 树形dp

在以i为根节点的子树中，经过点i的最大直径是i到叶子节点的最大距离和次大距离之和。定义dp[i]为以i为根节点到叶子节点的最大距离，dp[i]=max(dp[i],dp[i的子节点j]+i到j的距离)。而每次更新前可以求得直径ans=max(ans，dp[i]+dp[j]+i到j的距离)，此时dp[i]为没有包含节点j的最远距离，所以当前的dp[i]和dp[j]+i到j的距离就是最大距离和次大距离。

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53

#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 2e5 + 10; const long long mod = 1e8 + 7; ll dp[maxn]; struct node { int s, e, w, next; }a[maxn * 2]; int head[maxn]; ll len, ans; void add(int s, int e, int w) { a[len].e = e; a[len].w = w; a[len].next = head[s]; head[s] = len++; } void dfs(int x, int fa) { for (int i = head[x]; i != -1; i = a[i].next) { int y = a[i].e; if (y == fa) continue; dfs(y,x); ans = max(ans, dp[x] + dp[y] + a[i].w); dp[x] = max(dp[x], dp[y] + a[i].w); } } int main() { int n; scanf("%d", &n); memset(head, -1, sizeof(head)); len = 0, ans = 0; int x, y, z; ll sum = 0; for (int i = 1; i < n; i++) { scanf("%d%d%d", &x, &y, &z); add(x, y, z); add(y, x, z); sum += z * 2; } dfs(1, -1); printf("%lld\n", sum - ans); }

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