标签：while bsp lin 时间复杂度 利用 完成 for 多少 return
给定一棵树，求每一个点能到达的最远的距离是多少
树形dp
我们利用“二次扫描与换根法”的思想，首先假定1节点为根，然后在这棵有根树上进行一次dp，求出从每一个节点出发在其子树内最远和次远距离，记为sum1,sum2
我们在定义ans[i]表示在当前这棵有根树的情况下，从i出发，到非其子树节点的最远距离是多少，那么这个点的答案就是$max\{ans[i], sum1[i]\}$
然后我们考虑“换根”
假定当前节点父亲的ans已经正确求出，那么对于当前节点，有这么几种情况：
我们对这棵树进行两次dfs，即可完成dp
时间复杂度为$O(n)$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn = 10010; 4 int n; 5 struct node { 6 int nxt, to, dis; 7 } a[maxn << 1]; 8 int head[maxn], num; 9 inline void add(int from, int to, int dis) { 10 a[++num].nxt = head[from]; 11 a[num].to = to; 12 a[num].dis = dis; 13 head[from] = num; 14 } 15 int sum1[maxn], sum2[maxn], ans[maxn]; 16 int dfs(int now, int fa) { 17 for (register int i = head[now]; i; i = a[i].nxt) { 18 int to = a[i].to; 19 if (to == fa) continue ; 20 sum2[now] = max(sum2[now], dfs(to, now) + a[i].dis); 21 if (sum2[now] > sum1[now]) swap(sum2[now], sum1[now]); 22 } 23 return sum1[now]; 24 } 25 void dp(int now, int fa) { 26 for (register int i = head[now]; i; i = a[i].nxt) { 27 int to = a[i].to; 28 if (to == fa) continue ; 29 if (sum1[to] + a[i].dis == sum1[now]) { 30 ans[to] = max(sum2[now] + a[i].dis, a[i].dis + ans[now]); 31 } 32 else { 33 ans[to] = max(sum1[now] + a[i].dis, a[i].dis + ans[now]); 34 } 35 dp(to, now); 36 } 37 } 38 int main() { 39 while (~scanf("%d", &n)) { 40 num = 0; 41 memset(head, 0, sizeof(head)); 42 for (register int i = 2; i <= n; ++i) { 43 int x, v; 44 scanf("%d%d", &x, &v); 45 add(i, x, v); add(x, i, v); 46 } 47 memset(sum1, 0, sizeof(sum1)); 48 memset(sum2, 0, sizeof(sum2)); 49 memset(ans, 0, sizeof(ans)); 50 dfs(1, 1); 51 dp(1, 1); 52 for (register int i = 1; i <= n; ++i) 53 printf("%d\n", max(ans[i], sum1[i])); 54 } 55 return 0; 56 }
标签：while bsp lin 时间复杂度 利用 完成 for 多少 return
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