本文主要是介绍【洛谷 P8602】[蓝桥杯 2013 省 A] 大臣的旅费 题解（图论+深度优先搜索+树的直径+链式前向星），希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
[蓝桥杯 2013 省 A] 大臣的旅费
题目描述
很久以前，T 王国空前繁荣。为了更好地管理国家，王国修建了大量的快速路，用于连接首都和王国内的各大城市。
为节省经费，T 国的大臣们经过思考，制定了一套优秀的修建方案，使得任何一个大城市都能从首都直接或者通过其他大城市间接到达。同时，如果不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的。
J 是 T 国重要大臣，他巡查于各大城市之间，体察民情。所以，从一个城市马不停蹄地到另一个城市成了 J 最常做的事情。他有一个钱袋，用于存放往来城市间的路费。
聪明的 J 发现，如果不在某个城市停下来修整，在连续行进过程中，他所花的路费与他已走过的距离有关，在走第 x x x 千米到第 x + 1 x+1 x+1 千米这一千米中（ x x x 是整数），他花费的路费是 x + 10 x+10 x+10 这么多。也就是说走 1 1 1 千米花费 11 11 11，走 2 2 2 千米要花费 23 23 23。
J 大臣想知道：他从某一个城市出发，中间不休息，到达另一个城市，所有可能花费的路费中最多是多少呢？
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n ( n ≤ 1 0 5 ) n(n \le 10^5) n(n≤105)，表示包括首都在内的 T T T 王国的城市数。
城市从 1 1 1 开始依次编号， 1 1 1 号城市为首都。
接下来 n − 1 n-1 n−1 行，描述 T T T 国的高速路（ T T T 国的高速路一定是 n − 1 n-1 n−1 条）。
每行三个整数 P i , Q , D i P_i,Q,D_i Pi,Q,Di，表示城市 P i P_i Pi 和城市 Q i Q_i Qi 之间有一条高速路，长度为 D i ( D i ≤ 1000 ) D_i(D_i \le 1000) Di(Di≤1000) 米。
输出格式
输出一个整数，表示大臣J最多花费的路费是多少。
样例 #1
样例输入 #1
5
1 2 2
1 3 1
2 4 5
2 5 4
样例输出 #1
135
提示
样例解释：大臣 J 从城市 4 4 4 到城市 5 5 5 要花费 135 135 135 的路费。
时限 5 秒, 64M。蓝桥杯 2013 年第四届省赛
思路
这个图是一棵树。树是一种特殊的图，它是无环的连通图。“连通"意味着图中的任意两个节点都存在一条路径相连，这对应了题目中的"任何一个大城市都能从首都直接或者通过其他大城市间接到达”。“无环"则意味着图中不存在闭合的路径，这对应了题目中的"如果不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的”。
树的直径定义为树中所有最短路径的最大值，也就是树中最远的两个节点之间的距离。在无向树中，最远的两个节点一定是叶子节点，也就是只有一个邻居的节点。
首先从树中任意一个节点开始，进行一次深度优先搜索，找到最远的节点。然后，从这个节点开始再进行一次深度优先搜索，找到最远的节点。这两个节点之间的距离就是树的直径。
首先，定义一些常量和类型，包括节点的最大数量（N），无穷大（INF），模数（MOD），以及一些类型别名如长整型（ll）和长整型对（pll）。
然后，定义一个全局变量n用来存储城市的数量。定义一个结构体Snode，用来表示边，包括目标节点（to），边的长度（d）和下一条边的索引（next）。定义一个数组edge用来存储所有的边，一个数组head用来存储每个节点的第一条边的索引，一个变量cnt用来计数边的数量。
接着，定义一个函数add，用来向邻接链表中添加边。函数接受两个节点和一条边的长度作为参数，然后将这条边添加到邻接链表中。
然后，定义一个函数dfs，用来进行深度优先搜索。函数接受一个节点和它的父节点作为参数，然后返回一个长整型对，其中第一个元素是该节点到达的最远节点，第二个元素是最远的距离。在函数中，遍历该节点的所有边，如果边的目标节点不是父节点，则对目标节点进行深度优先搜索，并更新最远的节点和距离。
在主函数中，首先初始化头结点，然后从输入中读取城市的数量和所有的边。接着，从首都开始进行一次深度优先搜索，找到最远的节点，然后从这个节点开始再进行一次深度优先搜索，找到最远的距离。最后，根据题目的要求，计算并输出最多的路费。
AC代码
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define mp make_pair
#define AUTHOR "HEX9CF"
using namespace std;
using ll = long long;
using pll = pair<ll, ll>;const int N = 1e6 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll MOD = 1e9 + 7;int n;struct Snode {int to;int d;int next;
} edge[N];
int head[N];
int cnt = 0;void add(int u, int v, int d) {edge[cnt] = {v, d, head[u]};head[u] = cnt++;
}pll dfs(int x, int fa) {// cout << x << endl;pll ret = {x, 0};for (int i = head[x]; ~i; i = edge[i].next) {int to = edge[i].to;if (to == fa) {continue;}pll t = dfs(to, x);ll d = t.second + edge[i].d;if (ret.second < d) {ret = {t.first, d};}}return ret;
}int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);memset(head, -1, sizeof(head));cin >> n;for (int i = 1; i < n; i++) {int p, q, d;cin >> p >> q >> d;add(p, q, d);add(q, p, d);}int f = dfs(1, 0).first;ll dmax = dfs(f, 0).second;cout << (((1 + dmax) * dmax / 2) + dmax * 10);return 0;
}
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