树的直径
树上任意两节点之间最长的简单路径即为树的「直径」。
前置知识:树基础。
显然,一棵树可以有多条直径,他们的长度相等。
可以用两次 DFS 或者树形 DP 的方法在 时间求出树的直径。
例题
SPOJ PT07Z, Longest path in a tree
给定一棵 个节点的树,求其直径的长度。。
做法 1. 两次 DFS
首先从任意节点 开始进行第一次 DFS,到达距离其最远的节点,记为 ,然后再从 开始做第二次 DFS,到达距离 最远的节点,记为 ,则 即为树的直径。
显然,如果第一次 DFS 到达的节点 是直径的一端,那么第二次 DFS 到达的节点 一定是直径的一端。我们只需证明在任意情况下, 必为直径的一端。
定理:在一棵树上,从任意节点 开始进行一次 DFS,到达的距离其最远的节点 必为直径的一端。
证明:使用反证法。记出发节点为 。设真实的直径是 ,而从 进行的第一次 DFS 到达的距离其最远的节点 不为 或 。共分三种情况:

有 ,与 为树上任意两节点之间最长的简单路径矛盾。
- 若 不在 上,且 与 存在重合路径:

有 ,与 为树上任意两节点之间最长的简单路径矛盾。
- 若 不在 上,且 与 不存在重合路径:

有 ,与 为树上任意两节点之间最长的简单路径矛盾。
综上,三种情况下假设均会产生矛盾,故原定理得证。
负权边
上述证明过程建立在所有路径均不为负的前提下。如果树上存在负权边,则上述证明不成立。故若存在负权边,则无法使用两次 DFS 的方式求解直径。
代码实现如下。
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26 | const int N = 10000 + 10;
int n, c, d[N];
vector<int> E[N];
void dfs(int u, int fa) {
for (int v : E[u]) {
if (v == fa) continue;
d[v] = d[u] + 1;
if (d[v] > d[c]) c = v;
dfs(v, u);
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
scanf("%d %d", &u, &v);
E[u].push_back(v), E[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
d[c] = 0, dfs(c, 0);
printf("%d\n", d[c]);
return 0;
}
|
如果需要求出一条直径上所有的节点,则可以在第二次 DFS 的过程中,记录每个点的前序节点,即可从直径的一端一路向前,遍历直径上所有的节点。
做法 2. 树形 DP
我们记录当 为树的根时,每个节点作为子树的根向下,所能延伸的最远距离 ,和次远距离 ,那么直径就是所有 的最大值。
树形 DP 可以在存在负权边的情况下求解出树的直径。
代码实现如下。
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31 | const int N = 10000 + 10;
int n, d = 0;
int d1[N], d2[N];
vector<int> E[N];
void dfs(int u, int fa) {
d1[u] = d2[u] = 0;
for (int v : E[u]) {
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
int t = d1[v] + 1;
if (t > d1[u])
d2[u] = d1[u], d1[u] = t;
else if (t > d2[u])
d2[u] = t;
}
d = max(d, d1[u] + d2[u]);
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
scanf("%d %d", &u, &v);
E[u].push_back(v), E[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
printf("%d\n", d);
return 0;
}
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如果需要求出一条直径上所有的节点,则可以在 DP 的过程中,记录下每个节点能向下延伸的最远距离与次远距离所对应的子节点,之后再找到对应的 ,使得 ,即可分别沿着从 开始的最远距离和次远距离对应的子节点一路向下,遍历直径上所有的节点。
性质
若树上所有边边权均为正,则树的所有直径中点重合
证明:使用反证法。设两条中点不重合的直径分别为 与 ,中点分别为 与 。显然,。

有 ,与 为树上任意两节点之间最长的简单路径矛盾,故性质得证。
习题
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