很久以前，T王国空前繁荣。
为了更好地管理国家，王国修建了大量的快速路，用于连接首都和王国内的各大城市。
为节省经费，T国的大臣们经过思考，制定了一套优秀的修建方案，使得任何一个大城市都能从首都直接或者通过其他大城市间接到达。
同时，如果不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的。
J是T国重要大臣，他巡查于各大城市之间，体察民情。
所以，从一个城市马不停蹄地到另一个城市成了J最常做的事情。
他有一个钱袋，用于存放往来城市间的路费。
聪明的J发现，如果不在某个城市停下来修整，在连续行进过程中，他所花的路费与他已走过的距离有关，在走第x千米到第x+1千米这一千米中（x是整数），他花费的路费是x+10这么多。也就是说走1千米花费11，走2千米要花费23。
J大臣想知道：他从某一个城市出发，中间不休息，到达另一个城市，所有可能花费的路费中最多是多少呢？
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n，表示包括首都在内的T王国的城市数。
城市从 1 开始依次编号，1 号城市为首都。
接下来 n−1 行，描述T国的高速路（T国的高速路一定是 n−1 条）。
每行三个整数 Pi,Qi,Di，表示城市 Pi 和城市 Qi 之间有一条双向高速路，长度为 Di 千米。
输出格式
输出一个整数，表示大臣J最多花费的路费是多少。
数据范围
1≤n≤105,
1≤Pi,Qi≤n,
1≤Di≤1000
输入样例：
5
1 2 2
1 3 1
2 4 5
2 5 4
输出样例：
135
由于题目说到不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的。因此可以知道该图是一棵树，本题求的是树的直径
树的直径：树中长度最长的路径
1、任取一点x
2、找到距离x最远的点y
3、从y开始遍历，找到离y最远的点，与y最远的点的距离是树的直径
证明：y一定是树的直径的端点
假设y不是树的直径的端点，分两种情况，如图所示，其中uv是树的直径
- 情况1：xy与uv有交点，由于离x最远的点是y，因此
有 1 + 3 <= 3 + 4
即 3 <= 4
则 3 + 2 <= 4 + 2
由于 3 + 2是树的直径，因此4 + 2一定是树的直径，因此y不是树的直径的端点矛盾
- 情况2:xy与uv没有交点，由于离x最远的点是y，因此
有 1 + 2 >= 1 + 3 + 5
即 2 >= 3 + 5
即 2 > 5
则 2 + 3 > 5
则 2 + 3 + 5 > 4 + 5
由于 4 + 5是树的直径，但存在着一个长度更长的路径，因此y不是树的直径的端点矛盾
因此，y一定是树的直径的端点
方法一
dfs
#include<iostream>
#include<vector>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 100010;
struct node
{
int id, w;
};
vector<PII> g[N];
int dist[N];
int n, p, q, d;
void dfs(int u, int father, int value)
{
dist[u] = value;
for(int i = 0; i < g[u].size(); i ++)
{
if(g[u][i].x != father)
{
dfs(g[u][i].x, u, value + g[u][i].y);
}
}
return;
}
void solve()
{
//找到任意点x找到距离最远的点y
dfs(1, -1, 0);
int u = 1;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
if(dist[i] > dist[u])
{
u = i;
}
}
//找到离y最远的点的距离
dfs(u, -1, 0);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
if(dist[i] > dist[u])
{
u = i;
}
}
int s = dist[u];
cout << s * 10 + s * (s + 1ll) / 2 << endl;
return;
}
int main()
{
cin >> n;
for(int i = 1; i < n; i ++)
{
cin >> p >> q >> d;
g[p].push_back(make_pair(q, d));
g[q].push_back(make_pair(p, d));
}
solve();
return 0;
}
方法二
bfs
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 100010;
int head[N * 2], edge[N * 2], Next[N * 2], ver[N * 2];
int vis[N], dist[N];
int n, p, q ,d;
int tot = 0;
int ans = 0;
void add(int u, int v, int w)
{
ver[++ tot] = v, edge[tot] = w;
Next[tot] = head[u], head[u] = tot;
return;
}
int bfs(int u)
{
queue<int> q;
while(!q.empty()) q.pop();
memset(vis, 0, sizeof vis);
memset(dist, 0, sizeof dist);
q.push(u);
int x, maxx = 0;
while(!q.empty())
{
x = q.front();
q.pop();
vis[x] = 1;
for(int i = head[x]; i; i = Next[i])
{
int y = ver[i];
if(vis[y]) continue;
vis[y] = 1;
dist[y] = dist[x] + edge[i];
if(dist[y] > ans)
{
ans = dist[y];
maxx = y;
}
q.push(y);
}
}
return maxx;
}
int main()
{
cin >> n;
for(int i = 1; i < n; i ++)
{
cin >> p >> q >> d;
add(p, q, d);
add(q, p, d);
}
int u = bfs(1); //找到任意点x找到距离最远的点
int s = bfs(u); //找到离y最远的点的距离
cout << ans * 10 + ans * (ans + 1ll) / 2 << endl;
return 0;
}
方法三
树形dp
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 100010;
int head[N * 2], edge[N * 2], Next[N * 2], ver[N * 2];
int vis[N], dist[N];
int tot = 0, ans = 0;
int n, p, q, d;
void add(int u, int v, int w) {
ver[++ tot] = v, edge[tot] = w;
Next[tot] = head[u], head[u] = tot;
return ;
}
void dp(int x) {
vis[x] = 1;
for(int i = head[x]; i ; i = Next[i]) {
int y = ver[i];
if(vis[y]) continue;
dp(y);
ans = max(ans, dist[x] + dist[y] + edge[i]);
dist[x] = max(dist[x], dist[y] + edge[i]);
}
return ;
}
int main(void) {
cin >> n;
for(int i = 1; i < n; i ++) {
cin >> p >> q >> d;
add(p, q, d);
add(q, p, d);
}
ans = 0;
dp(1);
cout << ans * 10 + ans * (ans + 1ll ) / 2 << endl;
return 0;
}
