luogu 3629

Posted 2021-03-24 littlewyy

原题链接

题意

给定1棵(n)个点的树，各边边权均为1。你要从1号点出发，经过所有的点最后返回1号点。

现在你要在这棵树上新增恰好(k)条边，且必须保证你的行走路线经过这(k)条边恰好1次。

请你为这(k)条边指定端点，使得行走路径长度最小化。(3 leq n leq 10^5 , 1 leq k leq 2)。

题解

(k = 0)时路径长度只能为(2n - 2)。

(k = 1)时，若新边为((x,y))，则意义在于从1到达(x)之后，不用返回1，直接到达(y)，(y)直接到1。因此节省的路径长度为(dis(x,y) - 1)。故求1次树的直径即可。

(k = 2)时，若第2条新边为((a,b))，假若(x ightarrow y)和(a ightarrow b)有重叠部分，则重叠部分实际没有起到减少路径长度的作用。假设重叠的长度为(same(x,y,a,b))，则行走路径总长为(2n - 2 - (dis(x,y) -1) - (dis(a,b) - 1) + 2 imes same(x,y,a,b) = 2n - dis(x,y) - dis(a,b) + 2 imes same(x,y,a,b))

这样1来还怎么搞，(n^4)枚举((x,y,a,b))？

怎么搞？想办法搞！

解法一

老师，我会大胆猜想！

结论：在(k = 1)的基础上做。即：选择的两条路径中，至少有1条是原树的直径。

证明：两条路径的实际贡献，实际为它们不相交部分的总边数，即2个“叉”的总长度。根据直径的最长性，假设我们强制令这两个叉的2个端点为直径的两端点，则答案一定更优。

由此，确定了第1条路径的选取后，第2条路径的选取，只需最大化(dis(a,b) - 2 imes same(x,y,a,b))

看起来选择((a,b))还要考虑其与((x,y))的公共路径长度，很不好处理。但本质上这个问题仍旧是树上最优化路径问题，考虑将其转化成求树直径这一能够(O(n))求解的经典问提。具体地，我们可以将所谓公共部分的影响，转化成静态的贡献，即将((x,y))上的边权置为(-1)，即可得解。

顺带一提，当树上存在负权边时，不能够通过两次BFS/DFS求直径。原因是两次BFS/DFS求直径的正确性基于贪心思想，即类似a > b则a + c > b的式子，与dijkstra是一个道理。通用的求解直径的方法是树形Dp。这一点也启发我们，学算法要学到本质上，不能似是而非。

时间复杂度(O(n))。代码见此

解法二

老师，我会转换思路，看透本质！

上文的做法是基于先考虑各自的贡献，再减去重复部分的贡献。

还有1种不错的思路是，只考虑非重复部分的贡献。

具体地，对于两条相交路径，我们只对不相交部分计数。可以发现不相交部分一定可以组成2条不相交路径。因此问题转化为，在树上选择(2)条不相交路径，最大化(2)条路径总长。

点击查看初始思路

考虑树形Dp，对于根节点x，我们对各棵子树依次考虑。对于当前子树y，有以下几种情况： 1. x与y相连，且y的子树内，除了y直下的路径，还存在1条与其不相交的路径 2. x与y相连，且y的子树内仅有1条从y直下的路径 3. x与y不相连，且y连接情况任意，y的子树内有任意条不相交路径 据此，设计状态f(i)(j)(s)表示以i为根的子树中，共有j条不相交路径，且i的状态为s的最大路径长度和。s = 0表示i没有连边，s = 1表示i从1个儿子直下，s = 2表示i从2个儿子直下。 状态转移方程： 1. s = 0，枚举j和lj，令f(i)(lj)(0)与f(y)(j - lj)(0/1/2)进行组合 2. s = 1，i从y直下 (1) j = 1 f(i)(1)(1) = max(f(i)(1)(1),f(y)(1)(1) + 1) (2)j = 2 1条路径来自之前的子树，f(i)(2)(1) = max(f(i)(2)(1),f(i)(1)(0) + f(y)(1)(1) + 1) 2条路径均来自该子树，f(i)(2)(1) = max(f(i)(2)(1),f(y)(2)(1) + 1) 3. s = 2，i的其中1条从之前儿子直下，1条从y直下 (1)j = 1 f(i)(1)(2) = max(f(i)(1)(2),f(i)(1)(1) + f(y)(1)(1) + 1) (2)j = 2 前2条后1条，f(i)(2)(2) = max(f(i)(2)(2),f(i)(2)(1) + f(y)(1)(1) + 1) 前1条后2条，f(i)(2)(2) = max(f(i)(2)(2),f(i)(1)(1) + f(y)(2)(1) + 1) 值得注意的是，s较大的情况，有赖于s较小且不包含该子树的dp值，因而应该倒序循环

全错辣！不禁骂自己是个sb，混淆了边不能相交与点不能相交的概念。点不能相交意味着1个点至多只能与2个儿子相连，边不能相交就意味着1个点可以至多与4个儿子相连。

这时如果我们还用原本的做法，将状态扩充到(s = 3)，会觉得组合的种类数过多，转移过于复杂。

考虑维护一些相对简单的状态，用它们组合成可能的结果。

考虑答案的2条路径与当前子树根节点(x)的关系。

1. 2条路径由从(x)向下的4条直链组成。只需维护(f(x)(0 ightarrow3))表示从(x)向下前4长的直链长度，用(sum _{i = 0}^{i = 3}f(x)(i))更新答案。

2. 2条路径都不经过(x)。

   要么这2条路径集中于同1个子树中，这种情况与(x)毫无关系，会在递归到子树(y)时求解。

   要么这2条路径分散于2个子树中，故维护(d(x))表示以(x)为根的子树的直径，用(d(y_1) + d(y_2))更新答案，其中(y_1,y_2)是(x)的不同的2个儿子。

3. 1条路径经过(x)，另1条在某子树(y)中。对于当前访问的儿子(y)，

   要么(x)与(y)不相连，且(y)贡献1条路径，则用(f(x)(0) + f(x)(1) + d(y))更新答案。

   要么(x)与(y)相连，(y)除了贡献路径的半边，还贡献多1条不相交路径。考虑(g(x))表示在以(y)为根的子树中，除了从(x)节点直下，还有1条与之不相交路径的最长总长度；(g(x))在访问子树(y)时可用(f(x)(0) + d(y))、(max(d(prey)) + f(y)(0) + 1)、(g(y) + 1)、(f(x)(0) + f(x)(1) + f(x)(2))进行维护。则用(f(x)(0) + g(y) + 1)更新答案。

   要么(x)与(y)相连，(y)仅贡献路径的半边。则用(g(x) + f(y)(0) + 1)贡献答案。

值得注意的是，语句的顺序十分重要，当需要用到之前子树的信息时，不可以用已被(y)更新过的信息！

时间复杂度(O(n))。代码见此。