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 O(n) 时间求出树的直径。

例题

SPOJ PT07Z, Longest path in a tree

给定一棵 n 个节点的树，求其直径的长度。1\leq n\leq 10^4。

做法 1. 两次 DFS

首先从任意节点 y 开始进行第一次 DFS，到达距离其最远的节点，记为 z，然后再从 z 开始做第二次 DFS，到达距离 z 最远的节点，记为 z'，则 \delta(z,z') 即为树的直径。

显然，如果第一次 DFS 到达的节点 z 是直径的一端，那么第二次 DFS 到达的节点 z' 一定是直径的一端。我们只需证明在任意情况下，z 必为直径的一端。

定理：在一棵树上，从任意节点 y 开始进行一次 DFS，到达的距离其最远的节点 z 必为直径的一端。

证明：使用反证法。记出发节点为 y。设真实的直径是 \delta(s,t)，而从 y 进行的第一次 DFS 到达的距离其最远的节点 z 不为 t 或 s。共分三种情况：

  • 若 y 在 \delta(s,t) 上：

y 在 s-t 上

有 \delta(y,z) > \delta(y,t) \Longrightarrow \delta(x,z) > \delta(x,t) \Longrightarrow \delta(s,z) > \delta(s,t)，与 \delta(s,t) 为树上任意两节点之间最长的简单路径矛盾。

  • 若 y 不在 \delta(s,t) 上，且 \delta(y,z) 与 \delta(s,t) 存在重合路径：

y 不在 s-t 上，y-z 与 s-t 存在重合路径

有 \delta(y,z) > \delta(y,t) \Longrightarrow \delta(x,z) > \delta(x,t) \Longrightarrow \delta(s,z) > \delta(s,t)，与 \delta(s,t) 为树上任意两节点之间最长的简单路径矛盾。

  • 若 y 不在 \delta(s,t) 上，且 \delta(y,z) 与 \delta(s,t) 不存在重合路径：

y 不在 s-t 上，y-z 与 s-t 不存在重合路径

有 \delta(y,z) > \delta(y,t) \Longrightarrow \delta(x',z) > \delta(x',t) \Longrightarrow \delta(x,z) > \delta(x,t) \Longrightarrow \delta(s,z) > \delta(s,t)，与 \delta(s,t) 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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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 1 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 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。

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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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;
}

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 u，使得 d = d_1u + d_2u，即可分别沿着从 u 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 \delta(s,t) 与 \delta(s',t')，中点分别为 x 与 x'。显然，\delta(s,x) = \delta(x,t) = \delta(s',x') = \delta(x',t')。

无负权边的树所有直径的中点重合

有 \delta(s,t') = \delta(s,x) + \delta(x,x') + \delta(x',t') > \delta(s,x) + \delta(x,t) = \delta(s,t)，与 \delta(s,t) 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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