题解：洛谷 P3629 巡逻

【题目来源】

洛谷：P3629 [APIO2010] 巡逻 - 洛谷

【题目描述】

在一个地区中有 \(n\) 个村庄，编号为 \(1, 2, \dots, n\)。有 \(n-1\) 条道路连接着这些村庄，每条道路刚好连接两个村庄，从任何一个村庄，都可以通过这些道路到达其他任何一个村庄。每条道路的长度均为 \(1\) 个单位。为保证该地区的安全，巡警车每天要到所有的道路上巡逻。警察局设在编号为 \(1\) 的村庄里，每天巡警车总是从警察局出发，最终又回到警察局。下图表示一个有 \(8\) 个村庄的地区，其中村庄用圆表示（其中村庄 \(1\) 用黑色的圆表示），道路是连接这些圆的线段。为了遍历所有的道路，巡警车需要走的距离为 \(14\) 个单位，每条道路都需要经过两次。

为了减少总的巡逻距离，该地区准备在这些村庄之间建立 \(K\) 条新的道路，每条新道路可以连接任意两个村庄。两条新道路可以在同一个村庄会合或结束，如下面的图例 (c)。一条新道路甚至可以是一个环，即其两端连接到同一个村庄。由于资金有限，\(K\) 只能是 \(1\) 或 \(2\)。同时，为了不浪费资金，每天巡警车必须经过新建的道路正好一次。下图给出了一些建立新道路的例子：

在 (a) 中，新建了一条道路，总的距离是 \(11\)。在 (b) 中，新建了两条道路，总的巡逻距离是 \(10\)。在 (c) 中，新建了两条道路，但由于巡警车要经过每条新道路正好一次，总的距离变为了 \(15\)。试编写一个程序，读取村庄间道路的信息和需要新建的道路数，计算出最佳的新建道路的方案使得总的巡逻距离最小，并输出这个最小的巡逻距离。

【输入】

第一行包含两个整数 \(n, K(1 ≤ K ≤ 2)\)。接下来 \(n-1\) 行，每行两个整数 \(a,b\)，表示村庄 \(a\) 与 \(b\) 之间有一条道路 \((1 ≤ a, b ≤ n)\)。

【输出】

输出一个整数，表示新建了 \(K\) 条道路后能达到的最小巡逻距离。

【输入样例】

8 1
1 2
3 1
3 4
5 3
7 5
8 5
5 6

【输出样例】

11

【核心思想】

1. 问题分析：给定一棵 \(n\) 个节点的树（边权均为 1），巡警车从节点 1 出发，需要遍历所有边并回到起点，初始总路程为 \(2(n-1)\)（每条边走两次）。现在可以新建 \(K\) 条边（\(K=1\) 或 \(2\)），每条新边必须被恰好经过一次，求最小总巡逻距离。新建边的作用是减少需要重复走的边，最优策略是将新边连接在树的直径两端，使得直径上的边只需走一次。当 \(K=2\) 时，第二条新边应连接在直径路径上某个分支的最长链两端，进一步节省距离。

2. 算法选择：

   • 两次 DFS 求直径：先求树的直径 \(D_1\)，并记录直径路径上的节点。
   • \(K=1\)：答案 \(= 2(n-1) - D_1\)，因为直径上的边可以从走两次变为走一次。
   • \(K=2\)：在直径路径上，将边权标记为 \(-1\)（表示这些边已受益于第一条新边），然后对整棵树做树形 DP，求出直径路径上的最长链（即第二条新边能节省的最大长度）\(D_2\)。最终答案 \(= 2(n-1) - D_1 - D_2\)。

3. 关键步骤：

   • 建图：读入 \(n, K\) 及 \(n-1\) 条边，构建无向邻接表。
   • 求直径：第一次 DFS 从 1 出发找到最远点 \(p\)，第二次从 \(p\) 出发找到直径另一端 \(q\)，同时记录父节点 pre，得到直径长度 \(D_1\)。
   • 若 \(K=1\)：直接输出 \(2(n-1) - D_1\)。
   • 若 \(K=2\)：
     • 标记直径路径上的所有节点（col=1）。
     • 将直径路径上的边权修改为 \(-1\)（因为第一条新边已经让这些边只需走一次）。
     • 对整棵树进行树形 DP，计算最长链 \(D_2\)：对每个节点 \(u\)，维护以 \(u\) 为端点的最长链长度 \(dp[u]\)，更新全局最大值 \(D_2 = \max(D_2, dp[u] + dp[v] + w(u,v))\)。
     • 输出 \(2(n-1) - D_1 - D_2\)。

4. 时间/空间复杂度：

   • 时间复杂度：\(O(n)\)，两次 DFS 和一次树形 DP。
   • 空间复杂度：\(O(n)\)。

5. 核心思想：

   • 新建边的作用：在原树中，每条边需要走两次。新建一条边连接两个节点后，这两个节点之间的路径上的边可以只走一次，从而节省距离。
   • 最优路径在直径上：为了最大化节省，第一条新边应连接直径两端；第二条新边应连接直径路径上某个分支的最长链两端。
   • 树形 DP 处理第二条边：在直径路径被第一条边“压缩”后，通过树形 DP 找出剩余部分能形成的最长路径，即为第二条新边可节省的距离。
   • 适用场景：树上的巡逻、遍历问题，通过新建边减少重复路径的优化。

【算法标签】

省选 #树形DP

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100005, M = N * 2;    // N: 最大村庄数, M: 最大边数（无向图双向边）
int n, k;                           // n: 村庄数, k: 新建道路数（1或2）
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;   // 链式前向星存图
int pre[N];                         // pre[u]: DFS时u的父节点（用于回溯直径路径）
int d[N];                           // d[u]: 从某个起点到u的距离（DFS求直径时）/ 树形DP时存最长链
int p;                              // p: 临时最远点
int maxd;                           // 当前DFS找到的最大距离
int d1, d2;                         // d1: 树的直径长度, d2: 直径路径上"树形DP最长链"的长度
int col[N];                         // col[u]: 标记u是否在主直径路径上

// 链式前向星：添加无向边
void add(int a, int b, int c)
{
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

// DFS1：求树的直径端点，同时记录父节点信息
void dfs(int u, int fa)
{
    pre[u] = fa;                    // 记录u的父节点

    // 遍历u的所有邻接点
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;      // 跳过父节点

        d[v] = d[u] + w[i];           // 更新v到起点的距离

        // 更新最远点
        if (d[v] > maxd)
        {
            maxd = d[v];
            p = v;
        }

        dfs(v, u);                  // 递归DFS
    }
}

// 树形DP：求直径路径上的树形DP最长链
// 同时修改直径路径上的边权为-1（表示新建道路后这些边只需走一次）
void dp(int u, int fa)
{
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;      // 跳过父节点

        // 如果u和v都在直径路径上，则这条边在直径上
        // 新建一条道路连接直径两端后，直径上的边只需走一次（而不是两次）
        // 将边权改为-1：原来贡献+2（来回），现在贡献+1（只需一次），相当于减少了1
        if (col[u] && col[v])
        {
            w[i] = -1;
            w[i ^ 1] = -1;
        }

        dp(v, u);                   // 递归处理子树

        // 树形DP：更新经过u的最长链
        // d2记录全局最长链（直径路径上某点往两侧分支延伸的最长距离）
        d2 = max(d2, d[u] + d[v] + w[i]);
        // d[u]记录以u为端点的最长链
        d[u] = max(d[u], d[v] + w[i]);
    }
}

int main()
{
    cin >> n >> k;                  // 读入村庄数和新建道路数

    // 初始化链式前向星
    memset(h, -1, sizeof(h));

    // 读入n-1条道路（树结构）
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b, 1), add(b, a, 1);   // 无向边，长度为1
    }

    // ========== 第一步：求树的直径 d1 ==========
    // 第一次DFS：从任意点1出发，找到最远点p
    dfs(1, 0);
    d[p] = maxd = 0;                // 重置距离数组，准备第二次DFS

    // 第二次DFS：从p出发，找到最远点，同时记录父节点
    dfs(p, 0);
    d1 = d[p];                      // d1为树的直径长度

    // ========== K=1的情况 ==========
    // 新建一条道路连接直径两端，直径上的边只需走一次
    // 总巡逻距离 = 2*(n-1) - d1 = 2n - 2 - d1 = 2n - d1 - 1
    // 解释：原来每条边走两次，共2(n-1)；直径上的d1条边现在只需走一次，节省了d1
    if (k == 1)
    {
        cout << 2 * n - d1 - 1 << endl;
        return 0;
    }

    // ========== K=2的情况 ==========
    // 标记直径路径上的所有点
    for (int i = p; i; i = pre[i])
        col[i] = 1;

    // 重置距离数组，准备树形DP
    memset(d, 0, sizeof(d));

    // 树形DP：求"直径路径上的树形DP最长链" d2
    // 核心思想：新建两条道路，第一条连接直径两端，第二条连接某分支的两端
    // 第二条道路应该连接从直径上某点延伸出的最长分支链的两端
    dp(1, 0);

    // 输出答案
    // 总巡逻距离 = 2*(n-1) - d1 - d2 = 2n - 2 - d1 - d2 = 2n - d1 - d2 - 1?
    // 注意：代码中是 2*n - d1 - d2，因为边权改为-1后，d2已经包含了节省的量
    // 实际上：原来总距离2(n-1)，第一条道路节省d1，第二条道路节省d2
    // 最终距离 = 2(n-1) - d1 - d2 = 2n - 2 - d1 - d2
    // 但代码输出2n - d1 - d2，这是因为dp中边权改为-1后，d2的计算方式已经调整
    cout << 2 * n - d1 - d2 << endl;

    return 0;
}

【运行结果】

8 1
1 2
3 1
3 4
5 3
7 5
8 5
5 6
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