解题思路
- 边权为非负 => bfs/dfs or Dp
- 边权有正有负 => Dp
因此这道题为树形DP的做法
树的直径
非常经典的做法->两次bfs(最好用bfs不然容易爆栈)
证明:任取一点a,每一次找必定会找到直径的一个端点u
假设bc为真正的直径
情况1: au与bc无交点
=> u 里 a 最远,因此 1>=2+3
=> 1+2 >=3
=> (b,y,x,u) 一定大于 (b,c)
情况2:au与bc有交点
树形DP(如何枚举每一个路径和,取最大的路径和)
状态表示:拎起一个点,将经过这个点上的所有路径的最大值挂在这个点上,因此只需要枚举点
两个情况:
情况一:作为端点,一直往下走,最长子树
情况二:作为中间点,选择两次子树,最大+次大
AC代码
dfs要避免往上走=>加入参数 father,判断当前的边是不是走到了father
初始化为0=>起到了忽视负数的作用
在dfs的过程中起到了遍历结点作为根节点的过程
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1e4+10,M=2*N;
int n;
int e[M],ne[M],idx,h[N],w[M];
int ans; //储存最大直径
void add(int a,int b,int c)
{
w[idx]=c,e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
//u:当前根节点,father:当前结点的父节点(避免循环)【无向图dfs】
int dfs(int u,int father)
{
int dist=0;
//储存最大值与次大值
int d1=0,d2=0; //置为0,排除负值情况
for(int i=h[u];~i;i=ne[i])
{
int j=e[i];
if(j==father)
continue;
int d=dfs(j,u)+w[i];
if(d>d1)
{
d2=d1,d1=d;
}
else if(d>d2)
{
d2=d;
}
}
dist = d1;
//通过dfs的过程遍历每一个点作为根节点的情况,实现dp
ans=max(ans,d1+d2); //涵盖为端点(特例)和中间点的情况
return dist; // 返回当前点为根节点的最大深度
}
int main()
{
cin>>n;
memset(h,-1,sizeof h);
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
add(a,b,c),add(b,a,c);
}
dfs(1,-1);
cout<<ans;
return 0;
}