题目描述
在一个地区中有 n 个村庄,编号为 1, 2, ..., n。有 n – 1 条道路连接着这些村 庄,每条道路刚好连接两个村庄,从任何一个村庄,都可以通过这些道路到达其 他任一个村庄。每条道路的长度均为 1 个单位。 为保证该地区的安全,巡警车每天要到所有的道路上巡逻。警察局设在编号 为 1 的村庄里,每天巡警车总是从警察局出发,最终又回到警察局。 下图表示一个有 8 个村庄的地区,其中村庄用圆表示(其中村庄 1 用黑色的 圆表示),道路是连接这些圆的线段。为了遍历所有的道路,巡警车需要走的距 离为 14 个单位,每条道路都需要经过两次。
为了减少总的巡逻距离,该地区准备在这些村庄之间建立 K 条新的道路, 每条新道路可以连接任意两个村庄。两条新道路可以在同一个村庄会合或结束 (见下面的图例(c))。 一条新道路甚至可以是一个环,即,其两端连接到同一 个村庄。 由于资金有限,K 只能是 1 或 2。同时,为了不浪费资金,每天巡警车必须 经过新建的道路正好一次。 下图给出了一些建立新道路的例子:
在(a)中,新建了一条道路,总的距离是 11。在(b)中,新建了两条道路,总 的巡逻距离是 10。在(c)中,新建了两条道路,但由于巡警车要经过每条新道路 正好一次,总的距离变为了 15。 试编写一个程序,读取村庄间道路的信息和需要新建的道路数,计算出最佳 的新建道路的方案使得总的巡逻距离最小,并输出这个最小的巡逻距离。
输入输出格式
输入格式:
第一行包含两个整数 n, K(1 ≤ K ≤ 2)。接下来 n – 1 行,每行两个整数 a, b, 表示村庄 a 与 b 之间有一条道路(1 ≤ a, b ≤ n)。
输出格式:
输出一个整数,表示新建了 K 条道路后能达到的最小巡逻距离。
输入输出样例
输入样例1:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 |
8 1 1 2 3 1 3 4 5 3 7 5 8 5 5 6 |
输出样例1:
1 2 |
11 |
输入样例2:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 |
8 2 1 2 3 1 3 4 5 3 7 5 8 5 5 6 |
输出样例2:
1 2 |
10 |
输入样例3:
1 2 3 4 5 6 |
5 2 1 2 2 3 3 4 4 5 |
输出样例3:
1 2 |
6 |
说明
10%的数据中,n ≤ 1000, K = 1;
30%的数据中,K = 1;
80%的数据中,每个村庄相邻的村庄数不超过 25;
90%的数据中,每个村庄相邻的村庄数不超过 150; 100%的数据中,3 ≤ n ≤ 100,000, 1 ≤ K ≤ 2。
如果不建边的话,每一条边都要被经过两边,所以答案就是\(2(n-1)\)。
建立一条新的道路后,根据题目意思,新的道路要被经过一次,所以在沿着\((x,y)\)巡逻之后,要返回\(x\),就必须沿着树上从\(y\)到\(x\)的路径巡逻一遍,最终形成一个环。这个环上的树边对答案的贡献就减一,显然,在树的直径的两端点建边最优。若树的直径为\(L\)答案就是\(2(n-1)-L+1\)。
建两条边,有两个环,如果不重叠,答案继续减小,如果重叠,重叠部分的树边对答案的贡献又会变为2.
我们可以这样来解决这个问题:
1. 在最初的树上求直径,设直径为L1,然后把直径上的边权取反。
2. 在直径边权取反之后的树上再次求直径,设直径为L2.
答案就是\(2(n-1)-(L_1-1)-(L_2-1)=2n-L_1-L_2\)
代码
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 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 |
#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; const int MAXN = 100005; int Nt[MAXN<<1],Head[MAXN],to[MAXN<<1],tot=1,w[MAXN<<1]; int d[MAXN];int k,p; int pre[MAXN]; bool v[MAXN]; int n,maxx; inline void add(int a,int b){ Nt[++tot]=Head[a]; to[tot]=b; w[tot]=1; Head[a]=tot; } inline char nc(){ static char buf[MAXN],*p1=buf,*p2=buf; return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,MAXN,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; } inline int read(){ int x=0,f=1;char ch='a'; while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=nc();} while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=nc();} return x*f; } queue<int> q; int bfs(int s){ int i,x,y; memset(d,0x3f,sizeof(d)); q.push(s); d[s]=pre[s]=0; while(q.size()) { x=q.front(); q.pop(); for(i=Head[x];i;i=Nt[i]) if(d[to[i]]==0x3f3f3f3f) d[to[i]]=d[x]+w[i],pre[to[i]]=i,q.push(to[i]); } for(x=y=1;x<=n;x++) if(d[x]>d[y]) y=x; return y; } int get(){ p=bfs(1);//两边bfs求直径 p=bfs(p); return d[p]; } void change(){ for(;pre[p];p=to[pre[p]^1]) w[pre[p]]=w[pre[p]^1]=-1;//成对变换 } void dp(int x){//树形dp求直径 v[x]=1; for(int i=Head[x];i;i=Nt[i]){ int y=to[i]; if(v[y])continue; dp(y); maxx=max(maxx,d[x]+d[y]+w[i]); d[x]=max(d[x],d[y]+w[i]); } } int main(){ n=read();k=read(); for(int i=1;i<n;i++){ int a=read(),b=read(); add(a,b);add(b,a); } int x=get(),z=1; memset(d,0,sizeof(d)); if(k==2)change(),dp(1),z=2; cout<<2*(n-1)-maxx-x+z<<endl; return 0; } |