问题描述
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)
每行三个整数Pi, Qi, Di,表示城市Pi和城市Qi之间有一条高速路,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。
样例输入1
5
1 2 2
1 3 1
2 4 5
2 5 4
样例输出1
135
输出格式
大臣J从城市4到城市5要花费135的路费。
解法:求树的两个节点最长距离,即树的直径。
树的直径是指树的最长简单路。求法: 两遍BFS :先任选一个起点BFS找到最长路的终点,再从终点进行BFS,则第二次BFS找到的最长路即为树的直径;
原理: 设起点为u,第一次BFS(DFS)找到的终点v一定是树的直径的一个端点
证明: 1) 如果u 是直径上的点,则v显然是直径的终点(因为如果v不是的话,则必定存在另一个点w使得u到w的距离更长,则于BFS找到了v矛盾)
2) 如果u不是直径上的点,则u到v必然于树的直径相交(反证),那么交点到v 必然就是直径的后半段了
所以v一定是直径的一个端点,所以从v进行BFS(DFS)得到的一定是直径长度
本题数组要开得足够大
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #include<algorithm> #include<stack> using namespace std; #define MAX 1<<30 #define maxn 1000100 struct Node{ int v,len; Node(int v_,int len_){ v=v_; len=len_; } }; vector <Node> G[maxn]; int n; int vis[maxn]; int dis[maxn]; void dfs(int u){ vis[u]=1; int m=G[u].size(); for(int i=0;i<m;i++){ int v=G[u][i].v; if(!vis[v]){ dis[v]=dis[u]+G[u][i].len; dfs(v); } } } int main(){ while(scanf("%d",&n)!=EOF){ for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear(); for(int i=1;i<n;i++){ int x,y,len; scanf("%d%d%d",&x,&y,&len); G[x].push_back(Node(y,len)); G[y].push_back(Node(x,len)); } memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(dis,0,sizeof(dis)); dfs(1); int key=1; int maxlen=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(maxlen<dis[i]){ maxlen=dis[i]; key=i; } } memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(dis,0,sizeof(dis)); dfs(key); maxlen=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(maxlen<dis[i]){ maxlen=dis[i]; key=i; } } printf("%d\n",(maxlen*maxlen+maxlen)/2+10*maxlen); } return 0; }