题目描述
在一个地区中有 n 个村庄，编号为 1, 2, ..., 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 （见下面的图例（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。
输入输出格式
输入格式：
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)。
输出格式：
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。
输入输出样例
输入样例#1： 复制
8 1
1 2
3 1
3 4
5 3
7 5
8 5
5 6
输出样例#1： 复制
11
输入样例#2： 复制
8 2
1 2
3 1
3 4
5 3
7 5
8 5
5 6
输出样例#2： 复制
10
输入样例#3： 复制
5 2
1 2
2 3
3 4
4 5
输出样例#3： 复制
6
说明
10%的数据中，n ≤ 1000, K = 1；
30%的数据中，K = 1；
80%的数据中，每个村庄相邻的村庄数不超过 25；
90%的数据中，每个村庄相邻的村庄数不超过 150； 100%的数据中，3 ≤ n ≤ 100,000, 1 ≤ K ≤ 2。
k=1时，跑一次树直径，在终点起点建边，就可以使直径上的边仅走一次，最优。
k=2时，思想和等于1时类似，但是要考虑第二次构建的环，是否会有边和第一次构成的环重边。
如理方案就是把所第一次的环，边权全部取反为-1，这样如果有重边的话，就相当于必须走两次了，还有就是dfs,bfs跑有负边权的直径会炸，用树形dp跑第二次直径 (记得第一次跑的时候记录直径)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 bll;
#define gcd __gcd
const ll maxn = 1e5+100;
const ll mod = 998244353;
//const ld pi = acos(-1.0);
const ll inf = 1e18;
const ld eps = 1e-5;
//const ld e = exp(1);
ll head[maxn],cnt,n,k,pre[maxn],be,en,ma = -inf,dp[maxn],res; //per数组来记录直径
bool flag[maxn],in[maxn]; //in数组标记是否是直径
struct edge
{
ll to,next,w;
}E[maxn<<1];
void add(ll u,ll v)
{
E[++cnt].next = head[u];
E[cnt].to = v;
E[cnt].w = 1;
head[u] = cnt;
return ;
}
void dfs1(ll now,ll fa,ll step)
{
if(step > ma)
{
be = now;
ma = step;
}
for(ll i = head[now]; i != 0; i = E[i].next)
{
ll to = E[i].to;
if(to != fa)
{
dfs1(to,now,step+1);
}
}
}
void dfs2(ll now,ll fa,ll step)
{
if(step > ma)
{
en = now;
ma = step;
}
pre[now] = fa;
for(ll i = head[now]; i != 0; i = E[i].next)
{
ll to = E[i].to;
if(to != fa)
{
dfs2(to,now,step+1);
}
}
}
void get_dp(ll now)
{
flag[now] = true;
for(ll i = head[now]; i != 0; i = E[i].next)
{
ll to = E[i].to;
if(!flag[to])
{
get_dp(to);
ll w = 1;
if(in[now] && in[to])
w = -1;
res = max(res,dp[now]+dp[to]+w);
dp[now] = max(dp[now],dp[to]+w);
}
}
}
int main()
{
cin >> n >> k;
for(ll i = 1; i <= n-1; i++)
{
ll u,v;
cin >> u >> v;
add(u,v);
add(v,u);
}
ll ans = 2*(n-1);
dfs1(1,0,0);
ma = -inf;
dfs2(be,0,0);
ans = ans - ma + 1;
// for(ll i = 1; i <= n; i++)
// cout << pre[i] << " ";
if(k == 1)
{
cout << ans << endl;
return 0;
}
while(pre[en] != 0)
{
in[en] = true;
en = pre[en];
}
get_dp(1);
ans = ans - res + 1;
cout << ans << endl;
return 0;
}
