标签：font 双向 ret mes -- 方案 sans ant 其它
$G$国周边的$n$个小国家构成一个联盟以抵御$G$国入侵，为互相支援，他们建立了$n−1$条双向通路，使得任意两个国家可以经过通路相互到达。
当一个国家受到攻击时，所有其它国家都会沿着最短路径前往这个国家进行支援，经过每条通路所需的时间均为$1$。定义一个国家的危险程度为所有国家全部赶到需要的最短时间，联盟的危险程度为所有国家的危险程度的最大值。
为了降低危险程度，联盟决定断开一条通路并任意连接一条通路，使得危险程度尽可能小，并要求改建完成之后任意两个国家可以经过通路互相到达。他们决定让你来设计方案，你需要告知在最优方案中可能断开哪些边，并给出任意一组最优方案。
第一行一个正整数$n$。
接下来$n−1$行每行两个正整数，表示一条$u_i,v_i$之间的边。
输出第一行一个整数表示最小危险程度。
第二行一个整数$k$，表示可能被断开的边的数量，接下来$k$个数，表示可能断开的边的编号，按升序输出。
接下来一行四个正整数表示一组最优方案，分别表示断开和新建的边的端点，只需给出任意一组合法的方案即可。
样例输入：
4
1 2
2 3
3 4
样例输出：
2
2 1 3
3 4 4 2
对于$20\%$的数据，$n\leqslant 30$。
对于$40\%$的数据，$n\leqslant 300$。
对于$60\%$的数据，$n\leqslant 3,000$。
对于$100\%$的数据，$n\leqslant 300,000$。
如果你的答案仅第一行正确，你可以获得$25\%$的分数，
如果你的答案仅前两行正确，你可以获得$50\%$的分数，
为保证得到部分分请确保提交程序的输出格式符合题目要求。
联盟的危险程度其实就是树的直径，这个我们使用两遍$DFS$即可解决。
然后我们还可以用两遍$DFS$求出每棵子树的直径。
现在我们枚举断边，至于如何连边，显然我们是要将两个联通块中直径的中点相连一定最优。
这时候我们已经知道第一问和第二问了。
第三问在跑$DFS$就解决了。
时间复杂度：$\Theta(n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int nxt,to;}e[700000];
int head[300001],cnt=1;
int n;
int len,st,ed,ban;
int dis[2][300001];
int dfn[300001],low[300001];
int dp[2][300001];
int ans[300001],sum;
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
void dfs1(int x,int fa,int tim)
{
if(tim>=len)
{
len=tim;
st=x;
}
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=fa&&(ban!=i)&&((ban^1)!=i))dfs1(e[i].to,x,tim+1);
}
void dfs2(int x,int fa,int tim)
{
if(tim>=len)
{
len=tim;
ed=x;
}
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=fa&&(ban!=i)&&((ban^1)!=i))
{
dfs2(e[i].to,x,tim+1);
dis[1][i>>1]=e[i].to;
}
}
bool dfs3(int x,int fa)
{
dfn[++dfn[0]]=x;
if(x==ed)return 1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=fa&&(ban!=i)&&((ban^1)!=i)&&dfs3(e[i].to,x))
{
low[i>>1]=1;
return 1;
}
dfn[0]--;
return 0;
}
int dfs4(int x,int fa)
{
int maxn=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=fa)
{
int flag=dfs4(e[i].to,x);
dp[0][x]=max(dp[0][x],dp[0][e[i].to]);
dp[0][x]=max(dp[0][x],flag+maxn);
maxn=max(maxn,flag);
}
return maxn+1;
}
int dfs5(int x,int fa)
{
int maxn=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=fa)
{
int flag=dfs5(e[i].to,x);
dp[1][x]=max(dp[1][x],dp[1][e[i].to]);
dp[1][x]=max(dp[1][x],flag+maxn);
maxn=max(maxn,flag);
}
return maxn+1;
}
int main()
{
ans[0]=1<<30;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);add(y,x);
}
dfs1(1,0,0);
len=0;
dfs2(st,0,0);
dfs3(st,0);
dfs4(st,0);
dfs5(ed,0);
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(e[i<<1].to==dis[1][i])dis[0][i]=e[i<<1|1].to;
else dis[0][i]=e[i<<1].to;
}
for(int i=1;i<n;i++)
if(!low[i])
{
ans[i]=max((len+1)/2+min(dp[0][e[i<<1].to]+1,dp[0][e[i<<1|1].to]+1)/2+1,len);
ans[0]=min(ans[0],ans[i]);
}
else
{
ans[i]=max(max(dp[0][dis[1][i]],dp[1][dis[0][i]]),(dp[0][dis[1][i]]+1)/2+(dp[1][dis[0][i]]+1)/2+1);
ans[0]=min(ans[0],ans[i]);
}
printf("%d\n",ans[0]);
for(int i=1;i<n;i++)if(ans[i]==ans[0])sum++;
printf("%d ",sum);
for(int i=1;i<n;i++)if(ans[i]==ans[0])printf("%d ",i);
puts("");
for(int i=1;i<n;i++)
if(ans[i]==ans[0])
{
printf("%d %d ",e[i<<1].to,e[i<<1|1].to);
ban=i<<1;
len=dfn[0]=0;
dfs1(e[ban].to,0,0);
len=0;
dfs2(st,0,0);
dfs3(st,0);
printf("%d ",dfn[dfn[0]+1>>1]);
len=dfn[0]=0;
dfs1(e[ban^1].to,0,0);
len=0;
dfs2(st,0,0);
dfs3(st,0);
printf("%d ",dfn[dfn[0]+1>>1]);
break;
}
return 0;
}
rp++
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原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11577353.html
