【BZOJ1912】【codevs1613】巡逻

传送门1
传送门2

思路：
我也不知道该说是什么算法……
显然k=1时答案就是求树的直径d
然后答案就是2n−d+12n-d+1
然后k=2当时的我并不会怎么做……
觉得是在k=1的基础上再在各个外向树上再找一发最大直径
然后就感人肺腑地过了21个点（总共30个点）……
容易发现这样贪心是错误的
因为答案可能是两棵外向树相互连接
那怎么办？
我们画个非常抽象的图来感受一下（高能）

上面就是连完两条边后图中存在的两个环的情况（没有画出环上的树）
红色的边就是两个环重复的边
我们发现红色的边是必然要走两次的，而环上的其他边只用走一次
也就是说这些红色的边和原来树上的边在本质上没有区别，都是要被计算进答案两次的
我们这样来考虑
k=0时答案是2(n−1)2(n-1)，这是显然的
当加入一条边时，答案本会变成2n2n，但树上会形成一个环，这个环上的每条边从走两次变成了走一次，对答案的贡献是-1，设这个环共有x条边（包括加入的那条边），答案就是2n−x2n-x，由于x=d−1x=d-1，所以k=1时答案就是2n−d+12n-d+1
当在加入一条边的基础上再加入一条边，又会形成一个新的环，这两个环共有的每条边从走一次变成了走两次，对答案的贡献就成了1，设第一个环有a条边，第二个环有b条边，它们共有的边是c条，那么答案就是2n+2−(a−c)−(b−c)2n+2-(a-c)-(b-c)
实际上也就是说，在加入第二条边时，每条非环边的贡献是-1，每条环上边的贡献是1，我们要让贡献最小
具体做法就是令树的边权都为1，先求一下树的直径d1d1，把直径上的边权变为-1，然后再求一遍直径d2d2
那么答案就是2n−d1−d2+22n-d1-d2+2
其中d1=a,d2=b−2cd1=a,d2=b-2c
由于存在负边权，我一开始是想用奇怪的方法来改进bfs，使其能求负权树的边权，调试多次未果后只能改成dfs，用类似树形dp的方法来求，具体做法就是dfs整棵树，对每一棵子树记录一个最大值mxmx和次大值sxsx，d2=max(d2,mx+sx)d2=max(d2,mx+sx)，返回值为mxmx
复杂度O(n)O(n)
代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#define M 100005
using namespace std;
int n,k,tot=1,cnt,ans;
int first[M],dis[M],up[M];
struct edge{int v,w,next;
}e[M<<1];
void add(int x,int y)
{e[++tot].v=y;e[tot].w=1;e[tot].next=first[x];first[x]=tot;e[++tot].v=x;e[tot].w=1;e[tot].next=first[y];first[y]=tot;
}
queue<int>q;
int bfs(int x)
{int t=0;memset(dis,0,sizeof(dis));for (dis[x]=0,q.push(x);!q.empty();q.pop()){x=q.front(); for (int i=first[x];i;i=e[i].next)if (!dis[e[i].v])dis[e[i].v]=dis[x]+e[i].w,t=(!t||dis[t]<dis[e[i].v]?e[i].v:t),up[e[i].v]=i,q.push(e[i].v);}return t;
}
int dfs(int x,int fa)
{int now,sx=0,mx=0;for (int i=first[x];i;i=e[i].next)if (e[i].v!=fa){now=dfs(e[i].v,x)+e[i].w;if (now>mx)sx=mx,mx=now;else if (sx<now&&now<=mx)sx=now;cnt=max(cnt,mx+sx);}return mx;
}
main()
{scanf("%d%d",&n,&k);int x,y,mx;for (int i=1;i<n;++i)scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y);x=bfs(1),y=bfs(x);ans=n-1<<1;ans-=dis[y]-1;for (;y!=x;y=e[up[y]^1].v)e[up[y]].w=e[up[y]^1].w=-1;if (k==1) return printf("%d\n",ans),0;dfs(1,0);printf("%d\n",ans-cnt+1);
}

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