Description

Input

Output

Sample Input

輸入1：

6 2 1
1 2
2 3
2 4
1 5
5 6

輸入2：

10 1 2
1 2
2 5
1 3
1 4
4 6
6 7
3 8
3 9
3 10

輸入3：

17 1 2
1 3
1 4
4 6
6 7
3 8
3 9
3 10
1 13
13 5
13 11
13 12
13 14
14 15
15 16
15 17
14 2

Sample Output

輸出1：

3
2

輸出2：

4
4

輸出3：

5
5

Data Constraint

Hint

Solution

• 假定以 a 為根節點，一個比較容易想的樹形DP。

• 設 f[i] 表示到達 i 號點還要多少步才能走完以 i 為根的子樹。

• 那么 f[i] 的值可以通過 i 的兒子節點轉移過來。

• 設 i 的兒子節點按其 f 值從大到小排序后為 son1?k：

  f[i]=maxj=1k(f[sonj]+j)

• 因為走到分叉口，一定是先走需要步數多的子樹。

• 之后我們換根到每個點（換根只需改兩個點的 f 值，暴力計算即可），取最優答案即可。

• 那如果是固定以 a,b 為根的第二問該怎么處理呢？

• 其實與第一問本質是一樣的，考慮在路徑 a,b 上找一條邊斷掉。

• 那就形成了兩棵分別以 a,b 為根的樹，用同樣的方法求出 f[a] 和 f[b] 。

• 顯然是步數越平均越好，所以我們可以二分斷在哪里。

• 如果 f[a]<f[b] ，就把斷點往 b 點移，否則往 a 點移。

• 二分過程中更新答案即可，ans=min(ans,max(f[a],f[b]))。

• 時間復雜度謎之 O(N?log?N) 。

Code

#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cctype> #include<vector> using namespace std; typedef pair<int,int> PI; const int N=3e5+5; int n,a,b,tot,ans=1e9; int f[N],g[N],pre[N],suf[N],fa[N],q[N]; vector<int>e[N]; inline int read() {int X=0,w=0; char ch=0;while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X; } inline int min(int x,int y) {return x<y?x:y; } inline int max(int x,int y) {return x>y?x:y; } inline void insert(int x,int y) {e[x].push_back(y);e[y].push_back(x); } inline void erase(int x,int y) {e[x].erase(find(e[x].begin(),e[x].end(),y));e[y].erase(find(e[y].begin(),e[y].end(),x)); } int dfs(int x) {vector<int>h;for(int i=0;i<e[x].size();i++)if(e[x][i]^fa[x]){fa[e[x][i]]=x;h.push_back(dfs(e[x][i]));}sort(h.begin(),h.end(),greater<int>());int mx=0;for(int i=0;i<h.size();i++) mx=max(mx,h[i]+i+1);return f[x]=mx; } void change(int x) {vector<PI>t;for(int i=0;i<e[x].size();i++)if(e[x][i]^fa[x]) t.push_back(make_pair(f[e[x][i]],e[x][i]));if(fa[x]) t.push_back(make_pair(g[x],x));sort(t.begin(),t.end(),greater<PI>());int m=t.size();pre[0]=t[0].first+1,suf[m]=0;for(int i=1;i<m;i++) pre[i]=max(pre[i-1],t[i].first+1+i);for(int i=m-1;i>=0;i--) suf[i]=max(suf[i+1],t[i].first+1+i);ans=min(ans,pre[m-1]);for(int i=0;i<m;i++)if(t[i].second^x) g[t[i].second]=max(i?pre[i-1]:0,suf[i+1]-1);for(int i=0;i<e[x].size();i++)if(e[x][i]^fa[x]) change(e[x][i]); } int main() {n=read(),a=read(),b=read();for(int i=1;i<n;i++) insert(read(),read());dfs(a),change(a);printf("%d\n",ans);for(int i=b;i;i=fa[i]) q[++tot]=i;reverse(q+1,q+1+tot);int l=2,r=tot;fa[b]=0,ans=1e9;while(l<=r){int mid=l+r>>1;erase(q[mid-1],q[mid]);int x=dfs(a),y=dfs(b);insert(q[mid-1],q[mid]);ans=min(ans,max(x,y));if(x<y) l=mid+1; else r=mid-1;}printf("%d\n",ans);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的JZOJ 5574. 【NOI2018模拟3.10】占领的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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