树的直径

图中所有最短路径的最大值即为「直径」,可以用两次 DFS 或者树形 DP 的方法在 O(n) 时间求出树的直径。

前置知识: 树基础

例题

例题 SPOJ PT07Z, Longest path in a tree

做法 1. 两次 DFS

首先对任意一个结点做 DFS 求出最远的结点,然后以这个结点为根结点再做 DFS 到达另一个最远结点。第一次 DFS 到达的结点可以证明一定是这个图的直径的一端,第二次 DFS 就会达到另一端。下面来证明这个定理。

但是在证明定义之前,先证明一个引理:

引理:在一个连通无向无环图中, x y z 是三个不同的结点。当 x y 的最短路与 y z 的最短路不重合时, x z 的最短路就是这两条最短路的拼接。

证明:假设 x z 有一条不经过 y 的更短路 \delta(x,z) ,则该路与 \delta(x,y) \delta(y,z) 形成一个环,与前提矛盾。

定理:在一个连通无向无环图中,以任意结点出发所能到达的最远结点,一定是该图直径的端点之一。

证明:假设这条直径是 \delta(s,t) 。分两种情况:

  • 当出发结点 y \delta(s,t) 时,假设到达的最远结点 z 不是 s,t 中的任一个。这时将 \delta(y,z) 与不与之重合的 \delta(y,s) 拼接(也可以假设不与之重合的是直径的另一个方向),可以得到一条更长的直径,与前提矛盾。
  • 当出发结点 y 不在 \delta(s,t) 上时,分两种情况:
    • y 到达的最远结点 z 横穿 \delta(s,t) 时,记与之相交的结点为 x 。此时有 \delta(y,z)=\delta(y,x)+\delta(x,z) 。而此时 \delta(y,z)>\delta(y,t) ,故可得 \delta(x,z)>\delta(x,t) 。由 1 的结论可知该假设不成立。
    • y 到达的最远结点 z \delta(s,t) 不相交时,记 y t 的最短路首先与 \delta(s,t) 相交的结点是 x 。由假设 \delta(y,z)>\delta(y,x)+\delta(x,t) 。而 \delta(y,z)+\delta(y,x)+\delta(x,s) 又可以形成 \delta(z,s) ,而 \delta(z,s)>\delta(x,s)+\delta(x,t)+2\delta(y,x)=\delta(s,t)+2\delta(y,x) ,与题意矛盾。

因此定理成立。

const int N = 10009;
VI adj[N];
int d[N], c;
int n;
#define v (*it)
void dfs(int u) {
  ECH(it, adj[u]) if (!d[v]) {
    d[v] = d[u] + 1;
    if (d[v] > d[c]) c = v;
    dfs(v);
  }
}
#undef v
int main() {
  REP_C(i, RD(n) - 1) {
    int a, b;
    RD(a, b);
    --a, --b;
    adj[a].PB(b), adj[b].PB(a);
  }

  d[0] = 1, dfs(0);
  RST(d), d[c] = 1, dfs(c), OT(d[c] - 1);
}

做法 2. 树形 DP

我们记录每个节点向下,所能延伸的最远距离 d_1 ,和次远距离 d_2 ,那么直径就是所有 d_1 + d_2 的最大值。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

const int N = int(1e4) + 9;
vector<int> adj[N];
int n, d;
int dfs(int u = 1, int p = -1) {
  int d1 = 0, d2 = 0;
  for (auto v : adj[u]) {
    if (v == p) continue;
    int d = dfs(v, u) + 1;
    if (d > d1)
      d2 = d1, d1 = d;
    else if (d > d2)
      d2 = d;
  }
  d = max(d, d1 + d2);
  return d1;
}
int main() {
  cin >> n;
  for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
    int a, b;
    cin >> a >> b;
    adj[a].push_back(b);
    adj[b].push_back(a);
  }
  dfs();
  cout << d << endl;
}

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