比赛|常州集训难题选解
8.10 T6（BZOJ1727）：
题意：n(1 <= n <= 25000)道工序，每道工序有两步，必须做完第一步才能做第二步，给出每步的时间，求最小完成时间。
分析：
先说一个错误解法：
对于两道工序a,b，a要放在b前当max(a1+b1+b2, a1+a2+b2) < max(a2+b1+b2, a1+a2+b1)，即min(a1, b2) < min(a2, b1)，所以按照这个排序就好。
【比赛|常州集训难题选解】这样做的错误是没有考虑到之前工序对a,b的影响。
虽然BZOJ上能A，这里给个错误数据：
10
8 10
1 4
3 4
1 1
5 10
1 7
1 9
10 9
5 4
5 2
答案是61，而以上那种做法是64。
网上题解都是这么写的，经我一一查证，全错。
下面说正确解法：
正确解法也是贪心，排序方法是先把a < b的排在前头，内部按a从小到大排序，然后放a = b的，内部顺序随意，最后放a > b的，内部按b从大到小排序。
证明方法就是交换相邻元素法，考虑之前工序的影响，分类较多，不详细证明了。
8.11 T3：
一棵n(n <= 100000)个点的树，可去掉一条边，求分裂出的两个子树的直径和的最大值。
分析：
一道比较难的树形dp，比较重要的是定义状态。
我们观察到，去掉一条边后，下面的子树直径可以轻松求出，上面的东西我们需要求出一个数组mx(i)，表示去掉i和他父亲的边之后，上面的子树的直径，所以整道题的关键就是求mx数组。
为了方便，我们将x的父亲设为f.
首先考虑经过f的，我们需要处理出每个点向下走的最长，次长，第三长链d1, d2, d3，和强制向上走一步，再往下走的最长路up。
然后是不经过f的，我们需要处理出每个点的直径和次长直径，再跟f的父亲的mx值取max.
然后递推很简单，两遍dfs就行了。
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100005, M = 200005;
int n,x,y,z,e=1,f[N],hd[N],nxt[M],to[M],w[M];
ll ans,up[N],mx[N];
struct nd {int x;
ll y;
}d1[N],d2[N],d3[N],s1[N],s2[N];
void add(int x, int y, int z) {to[++e] = y, w[e] = z, nxt[e] = hd[x], hd[x] = e;
}void dfs(int x, int fa) {
for(int i = hd[x];
i;
i = nxt[i]) if(to[i] != fa) {
f[to[i]] = x, dfs(to[i], x);
ll a = d1[to[i]].y+w[i], b = max(d1[to[i]].y+d2[to[i]].y,s1[to[i]].y);
if(a >= d1[x].y) d3[x] = d2[x], d2[x] = d1[x], d1[x].x = to[i], d1[x].y = a;
else if(a >= d2[x].y) d3[x] = d2[x], d2[x].x = to[i], d2[x].y = a;
else if(a > d3[x].y) d3[x].x = to[i], d3[x].y = a;
if(b >= s1[x].y) s2[x] = s1[x], s1[x].x = to[i], s1[x].y = b;
else if(b > s2[x].y) s2[x].x = to[i], s2[x].y = b;
}
}
void dfs2(int x, int fa) {
for(int i = hd[x];
i;
i = nxt[i]) if(to[i] != fa) {
if(d1[x].x == to[i]) up[to[i]] = w[i]+d2[x].y;
else up[to[i]] = w[i]+d1[x].y;
up[to[i]] = max(up[to[i]], up[x]+w[i]);
if(s1[x].x == to[i]) mx[to[i]] = s2[x].y;
else mx[to[i]] = s1[x].y;
if(d1[x].x == to[i]) mx[to[i]] = max(mx[to[i]], max(d2[x].y+d3[x].y, d2[x].y+up[x]));
else {
mx[to[i]] = max(mx[to[i]], d1[x].y+up[x]);
if(d2[x].x == to[i]) mx[to[i]] = max(mx[to[i]], d1[x].y+d3[x].y);
else mx[to[i]] = max(mx[to[i]], d1[x].y+d2[x].y);
}
mx[to[i]] = max(mx[to[i]], max(up[x], mx[x]));
dfs2(to[i], x);
}
}int main() {
freopen("etg.in", "r", stdin);
freopen("etg.out", "w", stdout);
scanf("%d", &n);
for(int i = 1;
i < n;
i++) scanf("%d%d%d", &x, &y, &z), add(x, y, z), add(y, x, z);
dfs(1, 0), dfs2(1, 0);
for(int i = 2;
i <= e;
i += 2) {
int x = to[i], y = to[i^1];
if(f[y] == x) swap(x, y);
ans = max(ans, max(s1[x].y,d1[x].y+d2[x].y)+mx[x]);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
} （未完待续）
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