bzoj 3124 直径

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Description

小\(Q\)最近学习了一些图论知识。根据课本，有如下定义。

• 树：无回路且连通的无向图，每条边都有正整数的权值来表示其长度。如果一棵树有\(N\)个节点，可以证明其有且仅有\(N-1\) 条边。
• 路径：一棵树上，任意两个节点之间最多有一条简单路径。我们用 \(dis(a,b)\) 表示点\(a\)和点b的路径上各边长度之和。称\(dis(a,b)\)为\(a,b\)两个节点间的距离。
• 直径：一棵树上，最长的路径为树的直径。树的直径可能不是唯一的。

现在小\(Q\)想知道，对于给定的一棵树，其直径的长度是多少，以及有多少条边满足所有的直径都经过该边。

Input

第一行包含一个整数\(N\)，表示节点数。

接下来\(N-1\)行，每行三个整数\(a, b, c\) ，表示点\(a\)和点\(b\)之间有一条长度为\(c\) 的无向边。

Output

共两行。第一行一个整数，表示直径的长度。第二行一个整数，表示被所有

直径经过的边的数量。

Sample Input

6

3 1 1000

1 4 10

4 2 100

4 5 50

4 6 100

Sample Output

1110

2

【样例说明】

直径共有两条，\(3\) 到\(2\)的路径和\(3\)到\(6\)的路径。这两条直径都经过边\((3, 1\))和边\((1, 4\))。

HINT

对于\(100\%\)的测试数据：\(2≤N≤2*10^5\)，所有点的编号都在\(1..N\)的范围内， 边的权值\(≤10^9\)。

Solution

• 第一问显然,两次\(dfs\)即可.
• 关于第二问,各个最远点的\(LCA\)一定是在所有直径上的.
• 所以两次\(dfs\)时记录所有的最远点,求出它们的\(LCA\)(熟练剖腹),两个\(LCA\)的深度差即为答案(可以感性理解一下).

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline int read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		{
			fh=-1;
			jp=getchar();
		}
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		{
			out=out*10+jp-'0';
			jp=getchar();
		}
	return out*fh;
}
const int MAXN=2e5+10;
int n;
int cnt=0,head[MAXN];
int nx[MAXN<<1],to[MAXN<<1],val[MAXN<<1];
LoveLive dis[MAXN];
int dep[MAXN],siz[MAXN],top[MAXN],Fa[MAXN],sons[MAXN];
inline void add(int u,int v,int w)
{
	++cnt;
	nx[cnt]=head[u];
	to[cnt]=v;
	val[cnt]=w;
	head[u]=cnt;
}
void dfs1(int u,int fa)
{
	Fa[u]=fa;
	siz[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=nx[i])
		{
			int v=to[i];
			if(v==fa)
				continue;
			dep[v]=dep[u]+1;
			dis[v]=dis[u]+val[i];
			dfs1(v,u);
			siz[u]+=siz[v];
			if(siz[v]>siz[sons[u]])
				sons[u]=v;
		}
}
void dfs2(int u,int tp,int fa)
{
	top[u]=tp;
	if(!sons[u])
		return;
	dfs2(sons[u],tp,u);
	for(int i=head[u];i;i=nx[i])
		{
			int v=to[i];
			if(v==fa || v==sons[u])
				continue;
			dfs2(v,v,u);
		}
}
int LCA(int x,int y)
{
	while(top[x]!=top[y])
		{
			if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
				swap(x,y);
			x=Fa[top[x]];
		}
	return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
void init(int rt)
{
	memset(sons,0,sizeof sons);
	dep[rt]=1;
	dis[rt]=0;
}
vector<int> G;
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<n;++i)
		{
			int u=read(),v=read(),w=read();
			add(u,v,w);
			add(v,u,w);
		}
	init(1);
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,1,0);
	LoveLive ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			if(dis[i]>ans)
				G.clear(),ans=dis[i];
			if(ans==dis[i])
				G.push_back(i);
		}
	int now=G[0];
	int tot=G.size();
	for(int i=1;i<tot;++i)
		now=LCA(now,G[i]);
	int lca1=now;
	int rt=G[0];
	ans=0;
	init(rt);
	dfs1(rt,0);
	dfs2(rt,rt,0);
	G.clear();
	for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			if(dis[i]>ans)
				G.clear(),ans=dis[i];
			if(ans==dis[i])
				G.push_back(i);
		}
	printf("%lld\n",ans);
	now=G[0];
	tot=G.size();
	for(int i=1;i<tot;++i)
		now=LCA(now,G[i]);
	int lca2=now;
	printf("%d\n",abs(dep[lca1]-dep[lca2]));
	return 0;
}