题解 CF1294F 【Three Paths on a Tree】

$$ Preface $$

打比赛的时候先开了 F 题（雾

而后一眼看出 F 题结论，最后竟然由于没有判重，交了三次才过。 $$ Description $$ 给出一棵无权树（可理解为边权为 $1$ ），你须要选取三个点 $a,b,c$ ，最大化 $a,b$ 和 $b,c$ 和 $a,c$ 的简单路径的并集的长度。

输出这个最大长度和 $a,b,c$ 。 $$ Solution $$ 有一个结论：

一定会有一组最优解，使得 $a,b$ 是树直径上的端点。

这个结论我如今暂时不会证实，你们能够去看看其余 $dalao$ 的证实或是本身给出证实 $>v<$ 。

$~$

那咱们能够套路地去把树直径两端点求出来，这里不推荐用 树形dp ，推荐你们用 两次搜索 求出树直径端点。

肯定了 $a,b$ ，接下来咱们只要去找到最优的 $c$ ，就能够最大化答案了。

此时咱们注意到：$a,b$ 和 $b,c$ 和 $a,c$ 的简单路径的并集的长度其实就是 $\frac{dis(a,b)+dis(b,c)+dis(a,c)}{2}$ 。

此时 $dis(a,b)$ 已经肯定了，当 $dis(b,c)+dis(a,c)$ 的值取到最大，那么整个式子取最大。

把 $a,b$ 到全部点的简单路径距离求出来，去枚举这个最优的 $c$ 便可，枚举的过程当中记得判与 $a,b$ 相同的状况。 $$ Code $$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue> 

#define RI register int

using namespace std;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char s=getchar();
	while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
	while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	return x*f;
}

const int N=200100,M=400100;

int n;

int tot,head[N],ver[M],edge[M],Next[M];

void add(int u,int v,int w)
{
	ver[++tot]=v;    edge[tot]=w;     Next[tot]=head[u];    head[u]=tot;
}

int d[N],vis[N];

int pos;

void bfs(int sta)
{
	memset(d,0,sizeof(d));
	memset(vis,0,sizeof(vis));

	queue<int>q;

	q.push(sta);
	vis[sta]=1;

	while(q.size())
	{
		int u=q.front();q.pop();
		for(RI i=head[u];i;i=Next[i])
		{
			int v=ver[i],w=edge[i];
			if(vis[v])continue;
			d[v]=d[u]+w;
			vis[v]=1;
			if(d[v]>d[pos])pos=v;
			q.push(v);
		}
	}
}

int p1,p2;
int ans;

int tmp1[N],tmp2[N];

int main()
{
	n=read();

	for(RI i=1;i<n;i++)
	{
		int u=read(),v=read();
		add(u,v,1),add(v,u,1);
	}

	bfs(1);
	p1=pos;

	bfs(p1);
	p2=pos;

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		tmp1[i]=d[i];

	bfs(p2);

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		tmp2[i]=d[i];

	pos=0;
	for(RI i=1;i<=n;i++)
		if(tmp1[i]+tmp2[i]>tmp1[pos]+tmp2[pos]&&i!=p1&&i!=p2)pos=i;

	ans=(tmp1[p2]+tmp1[pos]+tmp2[pos])/2;

	printf("%d\n",ans);
	printf("%d %d %d\n",p1,p2,pos);

	return 0;
}

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