[洛谷P3629][题解][APIO2010]巡逻

0.Description

在一棵树上加1或2条边，新加的边必须走一次。求出从1出发走过所有点回到1的最小路程。

1.Solution

首先可以算出加边前总共要走的路程是 \((n-1)\times2\) 。
加边操作实际上就是将某一段回溯的路程缩短，由于这个题加的边数非常少，所以我们分类讨论一下。

加一条边

要想让这条边缩短最大的路程，我们可以直接去求树上最长的路径——直径，然后直接减去直径的长度，再加上强制走的这条加边。

加两条边

感性理解可得两条边的第一条一定也是加直径（证明有时间补上）。接下来我们要选剩下的最长路径，但显而易见的是，此时我们选的路径如果和第一条有交集，那么交集部分还要多走一遍，于是我们可以把这些边权都赋值为-1，可以在最后减去路径长度时方便地表示多走一条边，然后就直接求直径即可，此时可以保证选到的边与第一条路径交集最小。注意：由于此时边权有负数，求树的直径时需要用dp。

总结

我们先求出树的直径的长度，记为 \(res_1\) ，如果加一条边则输出 \((n-1)\times2-res_1+1\) 。如果加两条边，则按照上面的方法求出第二条路径的长度，记为 \(res_2\) ，输出 \((n-1)\times2-res_1+1-res_2+1\) 。

2.Code

#define N 100010
int n,k,bg,ed,vis[N];
int res1,res2,pos,dis[N],f[N],fa[N];
struct Edge {
	int to,nxt,wei;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=-1;
inline void ade(int u,int v,int w){
	e[++cnt].to=v,e[cnt].wei=w;
	e[cnt].nxt=head[u],head[u]=cnt;
}
//第一次求树的直径，用两次DFS 
void DFS(int now,int ff){ 
    cerr<res1){
        res1=dis[now],pos=now;
    }
    fa[now]=ff;
    for(rg int i=head[now];~i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to,w=e[i].wei;
        if(v!=ff){
            dis[v]=dis[now]+w;
            DFS(v,now);
        }
    }
}
//第二次求树的直径，用dp 
void DFS2(int now,int ff){
    for(rg int i=head[now];~i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to,w=e[i].wei;
        if(v!=ff){
            DFS2(v,now);
            res2=max(res2,f[now]+f[v]+w);
            f[now]=max(f[now],f[v]+w);
        }
    }
}
//把第一条路径上的边权赋为-1 
void Modify(int now,int ff){
    for(rg int i=head[now];~i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to;
        if(v!=ff){
            if(vis[v])e[i].wei=e[i^1].wei=-1;//注意把反向边也更改了 
            Modify(v,now);
        }
    }
}
int main(){
    Read(n),Read(k);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(rg int i=1;i