最小直径生成树

在学习最小直径生成树（Minimum Diameter Spanning Tree）前建议先阅读树的直径的内容。

定义

在无向图的所有生成树中，直径最小的那一棵生成树就是最小直径生成树。

图的绝对中心

求解直径最小生成树，首先需要找到 图的绝对中心，图的绝对中心 可以存在于一条边上或某个结点上，该中心到所有点的最短距离的最大值最小。

根据 图的绝对中心 的定义可以知道，到绝对中心距离最远的结点至少有两个。

令 \(d(i,j)\) 为顶点 \(i,j\) 间的最短路径长，通过多源最短路算法求出所有结点的最短路。

\(\textit{rk}(i,j)\) 记录点 \(i\) 到其他所有结点中第 \(j\) 小的那个结点。

图的绝对中心可能在某条边上，枚举每一条边 \(w=(u,v)\)，并且假设图的绝对中心 \(c\) 就在这条边上。那么距离 \(u\) 的长度为 \(x\)（\(x \leq w\)），距离 \(v\) 的长度就是 \(w - x\)。

对于图中的任意一点 \(i\)，图的绝对中心 \(c\) 到 \(i\) 的距离为 \(d(c,i)=\min(d(u,i) + x, d(v,i) + (w - x))\)。

举例一个结点 \(i\)，该结点与图的绝对中心的位置关系如下图。

mdst1

随着图的绝对中心 \(c\) 在边上的改变会生成一个距离与 \(c\) 位置的函数图像。显然的，当前的 \(d(c,i)\) 的函数图像是一个两条斜率相同的线段构成的折线段。

mdst2

对于图上的任意一结点，图的绝对中心到最远距离结点的函数就写作 \(f = \max\{ d(c,i)\},i \in[1,n]\)，其函数图像如下。

mdst3

并且这些折线交点中的最低点，横坐标就是图的绝对中心的位置。

图的绝对中心可能在某个结点上，用距离预选结点最远的那个结点来更新，即 \(\textit{ans}\leftarrow \min(\textit{ans},d(i,\textit{rk}(i,n))\times 2)\)。

过程

使用多源最短路算法（Floyd，Johnson 等），求出 \(d\) 数组；
求出 \(\textit{rk}(i,j)\)，并将其升序排序；
图的绝对中心可能在某个结点上，用距离预选结点最远的那个结点来更新，遍历所有结点并用 \(\textit{ans}\leftarrow \min(\textit{ans},d(i,\textit{rk}(i,n)) \times 2)\) 更新最小值。
图的绝对中心可能在某条边上，枚举所有的边。对于一条边 \(w(u,v)\) 从距离 \(u\) 最远的结点开始更新。当出现 \(d(v,\textit{rk}(u,i)) > \max_{j=i+1}^n d(v,\textit{rk}(u,j))\) 的情况时，用 \(\textit{ans}\leftarrow \min(\textit{ans}, d(u,\textit{rk}(u,i))+\max_{j=i+1}^n d(v,\textit{rk}(u,j))+w(u,v))\) 来更新。因为这种情况会使图的绝对中心改变。

实现

C++
bool cmp(int a, int b) { return val[a] < val[b]; }

void Floyd() {
  for (int k = 1; k <= n; k++)
    for (int i = 1; i <= n; i++)
      for (int j = 1; j <= n; j++) d[i][j] = min(d[i][j], d[i][k] + d[k][j]);
}

void solve() {
  Floyd();
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      rk[i][j] = j;
      val[j] = d[i][j];
    }
    sort(rk[i] + 1, rk[i] + 1 + n, cmp);
  }
  int ans = INF;
  // 图的绝对中心可能在结点上
  for (int i = 1; i <= n; i++) ans = min(ans, d[i][rk[i][n]] * 2);
  // 图的绝对中心可能在边上
  for (int i = 1; i <= m; i++) {
    int u = a[i].u, v = a[i].v, w = a[i].w;
    for (int p = n, i = n - 1; i >= 1; i--) {
      if (d[v][rk[u][i]] > d[v][rk[u][p]]) {
        ans = min(ans, d[u][rk[u][i]] + d[v][rk[u][p]] + w);
        p = i;
      }
    }
  }
}

例题

CodeForce 266D BerDonalds

最小直径生成树

根据图的绝对中心的定义，容易得知图的绝对中心是最小直径生成树的直径的中点。

求解最小直径生成树首先需要找到图的绝对中心。以图的绝对中心为起点，生成一个最短路径树，那么就可以得到最小直径生成树了。

实现

C++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 502;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
ll d[MAXN][MAXN], dd[MAXN][MAXN], rk[MAXN][MAXN], val[MAXN];
const ll INF = 1e17;
int n, m;

bool cmp(int a, int b) { return val[a] < val[b]; }

void floyd() {
  for (int k = 1; k <= n; k++)
    for (int i = 1; i <= n; i++)
      for (int j = 1; j <= n; j++) d[i][j] = min(d[i][j], d[i][k] + d[k][j]);
}

struct node {
  ll u, v, w;
} a[MAXN * (MAXN - 1) / 2];

void solve() {
  // 求图的绝对中心
  floyd();
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      rk[i][j] = j;
      val[j] = d[i][j];
    }
    sort(rk[i] + 1, rk[i] + 1 + n, cmp);
  }
  ll P = 0, ansP = INF;
  // 在点上
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (d[i][rk[i][n]] * 2 < ansP) {
      ansP = d[i][rk[i][n]] * 2;
      P = i;
    }
  }
  // 在边上
  int f1 = 0, f2 = 0;
  ll disu = INT_MIN, disv = INT_MIN, ansL = INF;
  for (int i = 1; i <= m; i++) {
    ll u = a[i].u, v = a[i].v, w = a[i].w;
    for (int p = n, i = n - 1; i >= 1; i--) {
      if (d[v][rk[u][i]] > d[v][rk[u][p]]) {
        if (d[u][rk[u][i]] + d[v][rk[u][p]] + w < ansL) {
          ansL = d[u][rk[u][i]] + d[v][rk[u][p]] + w;
          f1 = u, f2 = v;
          disu = (d[u][rk[u][i]] + d[v][rk[u][p]] + w) / 2 - d[u][rk[u][i]];
          disv = w - disu;
        }
        p = i;
      }
    }
  }
  cout << min(ansP, ansL) / 2 << '\n';
  // 最小路径生成树
  vector<pii> pp;
  for (int i = 1; i <= 501; ++i)
    for (int j = 1; j <= 501; ++j) dd[i][j] = INF;
  for (int i = 1; i <= 501; ++i) dd[i][i] = 0;
  if (ansP <= ansL) {
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        ll u = a[i].u, v = a[i].v, w = a[i].w;
        if (dd[P][u] + w == d[P][v] && dd[P][u] + w < dd[P][v]) {
          dd[P][v] = dd[P][u] + w;
          pp.push_back({u, v});
        }
        u = a[i].v, v = a[i].u, w = a[i].w;
        if (dd[P][u] + w == d[P][v] && dd[P][u] + w < dd[P][v]) {
          dd[P][v] = dd[P][u] + w;
          pp.push_back({u, v});
        }
      }
    }
    for (auto [x, y] : pp) cout << x << ' ' << y << '\n';
  } else {
    d[n + 1][f1] = disu;
    d[f1][n + 1] = disu;
    d[n + 1][f2] = disv;
    d[f2][n + 1] = disv;
    a[m + 1].u = n + 1, a[m + 1].v = f1, a[m + 1].w = disu;
    a[m + 2].u = n + 1, a[m + 2].v = f2, a[m + 2].w = disv;
    n += 1;
    m += 2;
    floyd();
    P = n;
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        ll u = a[i].u, v = a[i].v, w = a[i].w;
        if (dd[P][u] + w == d[P][v] && dd[P][u] + w < dd[P][v]) {
          dd[P][v] = dd[P][u] + w;
          pp.push_back({u, v});
        }
        u = a[i].v, v = a[i].u, w = a[i].w;
        if (dd[P][u] + w == d[P][v] && dd[P][u] + w < dd[P][v]) {
          dd[P][v] = dd[P][u] + w;
          pp.push_back({u, v});
        }
      }
    }
    cout << f1 << ' ' << f2 << '\n';
    for (auto [x, y] : pp)
      if (x != n && y != n) cout << x << ' ' << y << '\n';
  }
}

void init() {
  for (int i = 1; i <= 501; ++i)
    for (int j = 1; j <= 501; ++j) d[i][j] = INF;
  for (int i = 1; i <= 501; ++i) d[i][i] = 0;
}

int main() {
  init();
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= m; ++i) {
    ll u, v, w;
    cin >> u >> v >> w;
    w *= 2;
    d[u][v] = w, d[v][u] = w;
    a[i].u = u, a[i].v = v, a[i].w = w;
  }
  solve();
  return 0;
}

例题

SPOJ MDST

timus 1569. Networking the "Iset"

SPOJ PT07C - The GbAaY Kingdom

参考文献

Play with Trees Solutions The GbAaY Kingdom

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