定义：
直径 ： 在圆上两点(不相交)之间最远的距离就是我们通常所说的直径。
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，连接这两点的路径被称为树的最长链。
求法：
1、树形 DP
2、两次 BFS 或者 两次 DFS
算法 1 : 树形 DP
优点 : 可以有效处理 负边权
缺点 : 对于记录路径的信息效率较低
简单分析 : 先通过递归的方式到叶子底部,然后通过自底向上的方式进行更新距离,找到最长路径。
(看下图,可以得到这棵树的直径是经过根节点 1 的 路径最长的链 5 -> 2 -> 1 和 经过根节点 1 的路径 次长链 3 -> 6 -> 1 两者之和
由此可得:树的直径 = (经过某个节点的) 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,能够到达的最远距离。
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,找到自己的最小辈,然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,那么我们更新到根节点时,这条链毫无疑问也就是最长的。
我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,有一个我们没得选,当有多个时我们就需要选择最长的。
拿上面的图来说, 2 号节点有 两个子节点,我们就需要进行比较一下,100 > 2 + 30 ，所以我们应该选择 5 -> 2 这条链。
具体代码:
void dp(int x) {
vis[x] = 1;
for(int i = head[x]; i ; i = Next[i]) {
int y = ver[i];
if(vis[y]) continue; // 判断是否已经经过该节点
dp(y); // 继续向下寻找子节点
ans = max(ans,dist[x] + dist[y] + edge[i]); // 枚举从 x 节点出发的所有边,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,
// 但是 x 可能有多个分支,所以需要枚举找最长的或者次长的,形成经过该节点的直径)
dist[x] = max(dist[x],dist[y] + edge[i]); // 经过枚举后 dist[x] 就不一定是当前最长的的,所以需要更新一下。
}
算法 2 : 两次 DFS 或者 两次 BFS
优点 : 可以通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 : 无法处理 负边权(遇到 负边权 凉凉)
实现过程 :
1、从任意一个节点出发,通过 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。
2、从节点 p 出发,通过 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一个端点)
为什么无法处理负边权?
看上面这个图: 如果按照 DFS 或者 BFS 我们第一次 找到的最远距离的节点是 2 , 然后从 2 出发
到达的最远距离的节点是 1 ,所以得到的树的直径长度是 1 ,但我们从图中很容易看出来树的直径最长
应该是 2.(用树形 DP 的话从下向上就可以得到最长的树的直径的长度)
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); // 建立无向图
add(q,p,d);
}
int u = BFS(1);
int s = BFS(u);
printf("第一次遍历得到的节点 : %d\n",u);
printf("第二次遍历得到的节点 : %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,所以需要进行累加(这是与 树形 DP最大的不同)
if(dist[y] > maxd ) { // 更新 值 和 节点编号
maxd = dist[y];
max_num = y;
}
Q.push(y); // 每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 结构体来说更加方便一点
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("第一次遍历得到的最远的节点编号 : %d\n",x);
printf("第二次遍历得到的最远的节点编号 : %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
题目链接:https://www.acwing.com/problem/content/1209/)
题目描述:
很久以前，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，用于连接首都和王国内的各大城市。
为节省经费，T国的大臣们经过思考，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通过其他大城市间接到达。
同时，如果不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的。
J是T国重要大臣，他巡查于各大城市之间，体察民情。
所以，从一个城市马不停蹄地到另一个城市成了J最常做的事情。
他有一个钱袋，用于存放往来城市间的路费。
聪明的J发现，如果不在某个城市停下来修整，在连续行进过程中，他所花的路费与他已走过的距离有关，在走第x千米到第x+1千米这一千米中（x是整数），他花费的路费是x+10这么多。也就是说走1千米花费11，走2千米要花费23。
J大臣想知道：他从某一个城市出发，中间不休息，到达另一个城市，所有可能花费的路费中最多是多少呢？
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国的高速路一定是 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 千米。
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,所以求出距离就可以解出这道题目。
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需要注意一下。
看上图和题意,我们可以得知: 距离为 5 的花费为
s = 5;
money = s * 10 + (s * (s + 1)) / 2
具体代码:
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 ;
}
dfs应该能求父权边吧，只要不往回搜索就可以了吧
是负边权吗？上面有解释，可以理解一下
我这道题跑的dfs,难道数据太水了😂
你上面解释的是搜到节点2又往回搜索了，要是一直往前就能得到答案了啊
嗯，DFS不是先找一个点,然后再找一个距离该点最远的点吗？第一次从 1 号点出发,距离 1 号点最远的距离是 2,对吧,到 3 号点 的距离是 -1,到 4 号点的距离是 -3,所以 2 号点 是直径的一个端点,然后从 2 号点出发,再找离2号点距离最远的一个点,发现是 1 号点,所以这样找的话直径就是 1 ,但是图中明显最长的直径是 2,如果你要每个点都搜索一遍的话,应该也能找到,但是时间复杂度是不是就更高了
为啥y总的视频讲解404了？
这个好像是某个活动里面的视频，参与活动后才可以看。
提高课树形dp吗？
我是在蓝桥杯里面看的