在一个地区中有 n 个乡村，编号为 1, 2, ..., n。有 n – 1 条门路连接着这些村 庄，每条门路恰好连接两个乡村，从任何一个乡村，都可以通过这些门路达到其 他任一个乡村。每条门路的长度均为 1 个单位。 为保证该地区的安适，巡警车每天要到所有的门路上巡逻。差人局设在编号 为 1 的乡村里，每天巡警车总是从差人局出发，，最终又回到差人局。 下图暗示一个有 8 个乡村的地区，此中乡村用圆暗示（此中乡村 1 用黑色的 圆暗示），门路是连接这些圆的线段。为了遍历所有的门路，巡警车需要走的距 离为 14 个单位，每条门路都需要颠末两次。
为了减少总的巡逻距离，该地区筹备在这些乡村之间成立 K 条新的门路， 每条新门路可以连接任意两个乡村。两条新门路可以在同一个乡村会合或结束 （见下面的图例（c））。 一条新门路甚至可以是一个环，即，其两端连接到同一 个乡村。 由于资金有限，K 只能是 1 或 2。同时，为了不浪费资金，每天巡警车必需 颠末新建的门路正好一次。 下图给出了一些成立新门路的例子：
在(a)中，新建了一条门路，总的距离是 11。在(b)中，新建了两条门路，总 的巡逻距离是 10。在(c)中，新建了两条门路，但由于巡警车要颠末每条新门路 正好一次，总的距离变为了 15。 试编写一个措施，读取乡村间门路的信息和需要新建的门路数，计算出最佳 的新建门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。
Input ：
第一行包罗两个整数 n, K(1 ≤ K ≤ 2)。接下来 n – 1 行，每行两个整数 a, b， 暗示乡村 a 与 b 之间有一条门路(1 ≤ a, b ≤ n)。
Output：
输出一个整数，暗示新建了 K 条门路后能到达的最小巡逻距离。
思路：K = 1时，求出树的直径L，然后把两端加一条边即可，答案就是2 * （n - 1） - L + 1
K = 2时，两个环的重叠部分会被巡逻两次，所以当求出直径L1的时候对直径上的边取反然后再求一遍直径L2就可以了（因为L2如果颠末这个L1取反的部分，说明两个部分重叠，减失L1之后重叠部分就只颠末一次了，减失（L2 - 1）相当于把重叠的部分加回来，酿成“需要颠末两次”），答案就是2 * (n - 1) - （L1 - 1）- （L2 - 1）
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int head[N], now = 1; struct edges{ int to,next,w; }edge[N<<1]; void add(int u ,int v, int w){ edge[++now] = {v, head[u], w}; head[u] = now;} int n, k, dep[N], pre[N], pos1, pos2, d[N], L1, L2; void dfs1(int x,int fa){ for(int i = head[x]; i; i = edge[i].next){ int v = edge[i].to; if(v == fa) continue; dep[v] = dep[x] + edge[i].w; dfs1(v, x); } if(dep[x] > dep[pos1]) pos1 = x; } void dfs2(int x,int fa){ for(int i = head[x]; i; i = edge[i].next){ int v = edge[i].to; if(v == fa) continue; d[v] = d[x] + edge[i].w; pre[v] = i; dfs2(v, x); } if(d[x] > d[pos2]) pos2 = x; } void work(int x){ if(x == 0) return ; int tmp = pre[x]; edge[tmp].w = edge[tmp ^ 1].w = -1; work(edge[tmp ^ 1].to); } void dp(int x, int fa){ for(int i = head[x]; i; i = edge[i].next){ int v = edge[i].to; if(v == fa) continue; dp(v, x); L2 = max(L2, d[x] + d[v] + edge[i].w); d[x] = max(d[x], d[v] + edge[i].w); } } int main(){ scanf("%d%d",&n, &k); int x, y; for(int i = 1; i < n; i++){ scanf("%d%d",&x,&y); add(x, y, 1); add(y, x, 1); } dfs1(1, -1); dfs2(pos1, -1); work(pos2); L1 = d[pos2]; if(k == 1){ printf("%d\n",2 * n - L1 - 1); return 0; } /* for(x = 1; x <= n; x++){ cout<<x<<": "; for(int i = head[x]; i; i = edge[i].next) cout<<edge[i].to<<" "<<"("<<edge[i].w<<") "; cout<<endl; }*/ memset(d,0,sizeof(d)); dp(1, -1); printf("%d\n",2 * n - L1 - L2); return 0; }