树的直径方法总结
定义：
直径 ： 在圆上两点(不相交)之间最远的距离就是咱们一般所说的直径。
树的直径 : 树上最远的两个节点之间的距离就被称为树的直径，链接这两点的路径被称为树的最长链。
求法：
一、树形 DP 二、两次 BFS 或者 两次 DFS
算法 1 : 树形 DP
优势 : 能够有效处理 负边权 缺点 : 对于记录路径的信息效率较低 简单分析 : 先经过递归的方式到叶子底部,而后经过自底向上的方式进行更新距离,找到最长路径。 (看下图,能够获得这棵树的直径是通过根节点 1 的 路径最长的链 5 -> 2 -> 1 和 通过根节点 1 的路径 次长链 3 -> 6 -> 1 二者之和 由此可得:树的直径 = (通过某个节点的) 最长链 + 次长链) -- 是路径长度哦
实现过程：
设 D[x] 表示从节点 x 出发走向以 x 为根的子树,可以到达的最远距离。
设 x 的子节点为 y1,y2....yt,edge(x,y)表示边权,显然有: D[x] = max（D[yi] + edge(x,yi)）（i 的范围是 1 - t）
也就是说，从 根节点出发,找到本身的最小辈,而后从最小辈向根节点更新,找一个最长的路径链。
只要子节点是最长的,那么咱们更新到根节点时,这条链毫无疑问也就是最长的。
咱们在找某个节点的最长链会发现一个问题,就是当前节点有有几个子节点,有一个咱们没得选,当有多个时咱们就须要选择最长的。
拿上面的图来讲, 2 号节点有 两个子节点,咱们就须要进行比较一下,100 > 2 + 30 ，因此咱们应该选择 5 -> 2 这条链。
具体代码:node
void dp(int x) {
vis[x] = 1;
for(int i = head[x]; i ; i = Next[i]) {
int y = ver[i];
if(vis[y]) continue; // 判断是否已经通过该节点
dp(y); // 继续向下寻找子节点
ans = max(ans,dist[x] + dist[y] + edge[i]); // 枚举从 x 节点出发的全部边,找一个最远的路径(看上面的 2 号节点)(dist[x] 是当前目前已知的最长的,
// 可是 x 可能有多个分支,因此须要枚举找最长的或者次长的,造成通过该节点的直径)
dist[x] = max(dist[x],dist[y] + edge[i]); // 通过枚举后 dist[x] 就不必定是当前最长的的,因此须要更新一下。
}
算法 2 : 两次 DFS 或者 两次 BFS
优势 : 能够经过一个新的数组记录路径信息(例如父节点与子节点之间的关系)
缺点 : 没法处理 负边权(遇到 负边权 凉凉)
实现过程 :
一、从任意一个节点出发,经过 BFS 或 DFS 对树进行一次遍历,求出与出发点距离最远的节点,记为 p。
二、从节点 p 出发,经过 BFS 或 DFS 再进行一次遍历,求出与 p 距离最远的节点,记为 q。
(p 是一个节点的最远的一个端点，那么从 p 出发的最远的端点就是直径的另外一个端点)
为何没法处理负边权?
看上面这个图: 若是按照 DFS 或者 BFS 咱们第一次 找到的最远距离的节点是 2 , 而后从 2 出发
到达的最远距离的节点是 1 ,因此获得的树的直径长度是 1 ,但咱们从图中很容易看出来树的直径最长
应该是 2.(用树形 DP 的话从下向上就能够获得最长的树的直径的长度)ios
具体代码 :
BFS:
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int head[maxn * 2],edge[maxn * 2],Next[maxn * 2],ver[maxn * 2];
int vis[maxn],dist[maxn];
int n,p,q,d;
int tot = 0;
int maxd = 0;
int main(void) {
int BFS(int u);
void add(int u,int v,int w);
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i < n; i ++) {
scanf("%d%d%d",&p,&q,&d);
add(p,q,d); // 创建无向图
add(q,p,d);
}
int u = BFS(1);
int s = BFS(u);
printf("第一次遍历获得的节点 : %d\n",u);
printf("第二次遍历获得的节点 : %d\n",s);
return 0;
}
void add(int u,int v,int w) {
ver[ ++ tot] = v,edge[tot] = w;
Next[tot] = head[u],head[u] = tot;
return ;
}
int BFS(int u) {
queue<int>Q;
while(!Q.empty()) Q.pop();
memset(vis,0,sizeof(vis)); // 每次遍历的时候记得对数组进行 Clear
memset(dist,0,sizeof(dist));
Q.push(u);
int x,max_num = 0;
while(!Q.empty()) {
x = Q.front();
Q.pop();
vis[x] = 1;
for(int i = head[x]; i ; i = Next[i]) {
int y = ver[i];
if(vis[y]) continue;
vis[y] = 1;
dist[y] = dist[x] + edge[i]; // 从上向下走,因此须要进行累加(这是与 树形 DP最大的不一样)
if(dist[y] > maxd ) { // 更新 值 和 节点编号
maxd = dist[y];
max_num = y;
}
Q.push(y); // 每一个新的节点都要加入到队列中,有可能与该节点相连的路径是比较长的
}
}
return max_num;
}
DFS :
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
typedef pair<int,int> P ; // 用 pair<int,int>来保存部分信息,相对于 结构体来讲更加方便一点
vector<P> G[maxn];
int dist[maxn];
int n,p,q,d;
int main(void) {
void solve();
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i < n; i ++) {
scanf("%d%d%d",&p,&q,&d);
G[p].push_back(make_pair(q,d));
G[q].push_back(make_pair(p,d));
}
solve();
return 0;
}
void DFS(int u,int father,int value) {
dist[u] = value; // 这种方式就不用进行对数组 Clear 了
for(int i = 0; i < G[u].size(); i ++) {
if(G[u][i].x != father) {
DFS(G[u][i].x,u,value + G[u][i].y);
}
}
return ;
}
void solve() {
DFS(1,-1,0);
int u = 1;
for(int i = 1; i <= n; i ++) { // 遍历寻找最大值
if(dist[i] > dist[u]) {
u = i;
}
}
int x = u;
DFS(u,-1,0); // 第二次进行找另外一个端点
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
if(dist[i] > dist[u]) {
u = i;
}
}
int s = u;
printf("第一次遍历获得的最远的节点编号 : %d\n",x);
printf("第二次遍历获得的最远的节点编号 : %d\n",s);
return ;
}
参考资料:
yxc 的视频讲解:https://www.acwing.com/video/710/
秦淮岸大佬的讲义:https://www.acwing.com/blog/content/319
最重要的是 AS 的细心讲解。
例题：大臣的旅费
题目连接:https://www.acwing.com/problem/content/1209/)
题目描述:
好久之前，T王国空前繁荣。
为了更好地管理国家，王国修建了大量的快速路，用于链接首都和王国内的各大城市。
为节省经费，T国的大臣们通过思考，制定了一套优秀的修建方案，使得任何一个大城市都能从首都直接或者经过其余大城市间接到达。
同时，若是不重复通过大城市，从首都到达每一个大城市的方案都是惟一的。
J是T国重要大臣，他巡查于各大城市之间，体察民情。
因此，从一个城市快马加鞭地到另外一个城市成了J最常作的事情。
他有一个钱袋，用于存放往来城市间的路费。
聪明的J发现，若是不在某个城市停下来修整，在连续行进过程当中，他所花的路费与他已走过的距离有关，在走第x公里到第x+1公里这一公里中（x是整数），他花费的路费是x+10这么多。也就是说走1公里花费11，走2公里要花费23。
J大臣想知道：他从某一个城市出发，中间不休息，到达另外一个城市，全部可能花费的路费中最可能是多少呢？
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n，表示包括首都在内的T王国的城市数。
城市从 1 开始依次编号，1 号城市为首都。
接下来 n−1 行，描述T国的高速路（T国的高速路必定是 n−1 条）。
行三个整数 Pi,Qi,Di，表示城市 Pi 和城市 Qi 之间有一条双向高速路，长度为 Di 公里。
输出格式
输出一个整数，表示大臣J最多花费的路费是多少。
数据范围
1≤n≤105,
1≤Pi,Qi≤n,
1≤Di≤1000
input：
5
1 2 2
1 3 1
2 4 5
2 5 4
output:
135
析题得说:
求路上的最大花费,最大花费由与距离有关,因此求出距离就能够解出这道题目。
实际上就是为树的直径是多少,只不过这道题在最后计算结果的时候还须要注意一下。
看上图和题意,咱们能够得知: 距离为 5 的花费为
s = 5;
money = s * 10 + (s * (s + 1)) / 2算法
具体代码:数组
算法 1 : 树形 DP
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int head[maxn],edge[maxn],Next[maxn],ver[maxn];
int dist[maxn],vis[maxn];
int tot = 0, ans = 0;
int n,p,q,d;
int main(void) {
void dp(int x);
void add(int u,int v,int w);
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i < n; i ++) {
scanf("%d%d%d",&p,&q,&d);
add(p,q,d);
add(q,p,d);
}
ans = 0;
dp(1);
printf("%lld\n", ans * 10 + ans * (ans + 1ll ) / 2);
return 0;
}
void add(int u,int v,int w) {
ver[++ tot] = v,edge[tot] = w;
Next[tot] = head[u],head[u] = tot;
return ;
}
void dp(int x) {
vis[x] = 1;
for(int i = head[x]; i ; i = Next[i]) {
int y = ver[i];
if(vis[y]) continue;
dp(y);
ans = max(ans,dist[x] + dist[y] + edge[i]);
dist[x] = max(dist[x],dist[y] + edge[i]);
}
return ;
}
算法 2 : 两次 BFS
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int head[maxn * 2],edge[maxn * 2],Next[maxn * 2],ver[maxn * 2];
int vis[maxn],dist[maxn];
int n,p,q,d;
int tot = 0;
int maxd = 0;
int main(void) {
int BFS(int u);
void add(int u,int v,int w);
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i < n; i ++) {
scanf("%d%d%d",&p,&q,&d);
add(p,q,d);
add(q,p,d);
}
int u = BFS(1);
int s = BFS(u);
printf("%lld\n", maxd * 10 + maxd * (maxd + 1ll ) / 2);
return 0;
}
void add(int u,int v,int w) {
ver[ ++ tot] = v,edge[tot] = w;
Next[tot] = head[u],head[u] = tot;
return ;
}
int BFS(int u) {
queue<int>Q;
while(!Q.empty()) Q.pop();
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dist,0,sizeof(dist));
Q.push(u);
int x,max_num = 0;
while(!Q.empty()) {
x = Q.front();
Q.pop();
vis[x] = 1;
for(int i = head[x]; i ; i = Next[i]) {
int y = ver[i];
if(vis[y]) continue;
vis[y] = 1;
dist[y] = dist[x] + edge[i];
if(dist[y] > maxd ) {
maxd = dist[y];
max_num = y;
}
Q.push(y);
}
}
return max_num;
}
算法 3 : 两次 DFS
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
typedef pair<int,int> P ;
struct node {
int id,w;
};
vector<P> G[maxn];
int dist[maxn];
int n,p,q,d;
int main(void) {
void solve();
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i < n; i ++) {
scanf("%d%d%d",&p,&q,&d);
G[p].push_back(make_pair(q,d));
G[q].push_back(make_pair(p,d));
}
solve();
return 0;
}
void DFS(int u,int father,int value) {
dist[u] = value;
for(int i = 0; i < G[u].size(); i ++) {
if(G[u][i].x != father) {
DFS(G[u][i].x,u,value + G[u][i].y);
}
}
return ;
}
void solve() {
DFS(1,-1,0);
int u = 1;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
if(dist[i] > dist[u]) {
u = i;
}
}
DFS(u,-1,0);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
if(dist[i] > dist[u]) {
u = i;
}
}
int s = dist[u];
printf("%lld\n", s * 10 + s * (s + 1ll ) / 2);
return ;
}
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