题目

传送门

题解

这道题必须对树的直径的一些基本性质了解很多。

首先，有一种暴力思路，对于每一次加进俩点之后，跑一次 \(bfs\) 或者是树 \(DP\) 求直径，这样时间复杂度是 \(\mathcal O(qn)\) 的，显然有问题。

考虑换一种思路，有一种贪心地求树直径的方法：

从树上任意一点 \(x\) 开始，找到离其最远的点 \(u\)，再从 \(u\) 找离其最远的点 \(v\)，那么 \((u,v)\) 的路径就是树直径；

证明网上可以找到

这句话反过来说，对于树上任意一点来说，必有树直径的两点中一点是离其最远的。

考虑我们加进来俩点，无非就两种情况：

1. 直径没有变化；
2. 直径有变化；

情况一不用说，重点在情况二。

考虑如果直径有变，无非就是改变了其中一个端点，为什么？

假设我们在 \(u\) 下接了 \(v_1,v_2\)，找到原来的、距离 \(u\) 最远的直径端点之一 \(x\)，既然 \(x\) 距离 \(u\) 以及最远，那么距离 \(v_1,v_2\) 亦是同理，说明这个点仍然会是端点，唯一的问题就是另一个端点，也就是找到的距离 \(x\) 最远的点发生改变，由于其他点无论是位置、深度还是父子关系够没有改变，唯一有变数的就是我们加进来的俩点 \(v_1,v_2\)，也就是说如果 \(v_1,v_2\) 使得直径有变，那么他们之一一定是直径的某个端点。

那么，思路很明确，由于我们不知道哪个端点是距离 \(u\) 最远的，所以我们只能两端点都和 \(v_1,v_2\) 算一下，和原来的直径进行比较，二者择其优即可。

至于距离计算的时间，可以考虑使用倍增 \(lca\)，时间复杂度在 \(\mathcal O(q\log n)\) 左右.

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define rep(i,__l,__r) for(signed i=(__l),i##_end_=(__r);i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(signed i=(__l),i##_end_=(__r);i>=i##_end_;--i)
#define erep(i,u) for(signed i=tail[u],v=e[i].to;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to)
#define writc(a,b) fwrit(a),putchar(b)
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define ft first
#define sd second
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned uint;
#define Endl putchar('\n')
// #define int long long
// #define int unsigned
// #define int unsigned long long

#define cg (c=getchar())
template<class T>inline void read(T& x){
    char c;bool f=0;
    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
    if(f)x=-x;
}
template<class T>inline T read(const T sample){
    T x=0;char c;bool f=0;
    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
    return f?-x:x;
}
template<class T>void fwrit(const T x){//just short,int and long long
    if(x<0)return (void)(putchar('-'),fwrit(-x));
    if(x>9)fwrit(x/10);
    putchar(x%10^48);
}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x<y?y:x;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
inline int gcd(const int a,const int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline void getInv(int inv[],const int lim,const int MOD){
    inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=lim;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
}
inline LL mulMod(const LL a,const LL b,const LL mod){//long long multiplie_mod
    return ((a*b-(LL)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod)%mod+mod)%mod;
}

const int maxm=5e5;
const int maxsize=maxm*2+4;
const int logmax=19;

int f[maxsize+5][logmax+5];
int d[maxsize+5];

inline int getlca(int u,int v){
    if(d[u]<d[v])swap(u,v);
    fep(j,logmax,0)if(d[f[u][j]]>=d[v])u=f[u][j];
    if(u==v)return u;
    fep(j,logmax,0)if(f[u][j]^f[v][j])
        u=f[u][j],v=f[v][j];
    return f[u][0];
}

int m;

pair<int,pii>ans,upd;

int node=4;

inline void New(const int u,const int pre){
    f[u][0]=pre,d[u]=d[pre]+1;
    rep(j,1,logmax)f[u][j]=f[f[u][j-1]][j-1];
}

signed main(){
    m=read(1);
    ans=mp(2,mp(2,3));
    f[2][0]=f[3][0]=f[4][0]=1;
    d[1]=1,d[2]=d[3]=d[4]=2;
    int pre,lca1,lca2;
    while(m--){
        pre=read(1);
        rep(i,0,1){
            New(++node,pre);
            lca1=getlca(node,ans.sd.ft);
            lca2=getlca(node,ans.sd.sd);
            upd=mp(d[node]+d[ans.sd.ft]-2*d[lca1],mp(node,ans.sd.ft));
            upd=Max(upd,mp(d[node]+d[ans.sd.sd]-2*d[lca2],mp(node,ans.sd.sd)));
            ans=Max(ans,upd);
        }
        writc(ans.ft,'\n');
    }
    return 0;
}

标签：const,int,Tree,long,ans,New,CF379F,sd,define
来源： https://www.cnblogs.com/Arextre/p/13554131.html