【C++】天梯赛 龙龙送外卖

龙龙是“饱了呀”外卖软件的注册骑手，负责送帕特小区的外卖。帕特小区的构造非常特别，都是双向道路且没有构成环 —— 你可以简单地认为小区的路构成了一棵树，根结点是外卖站，树上的结点就是要送餐的地址。

每到中午 12 点，帕特小区就进入了点餐高峰。一开始，只有一两个地方点外卖，龙龙简单就送好了；但随着大数据的分析，龙龙被派了更多的单子，也就送得越来越累……

看着一大堆订单，龙龙想知道，从外卖站出发，访问所有点了外卖的地方至少一次（这样才能把外卖送到）所需的最短路程的距离到底是多少？每次新增一个点外卖的地址，他就想估算一遍整体工作量，这样他就可以搞明白新增一个地址给他带来了多少负担。

输入格式: 输入第一行是两个数 N 和 M (2≤N≤1e5, 1≤M≤1e5)，分别对应树上节点的个数（包括外卖站），以及新增的送餐地址的个数。

接下来首先是一行 N 个数，第 i 个数表示第 i 个点的双亲节点的编号。节点编号从 1 到 N，外卖站的双亲编号定义为 −1。

接下来有 M 行，每行给出一个新增的送餐地点的编号 Xi。保证送餐地点中不会有外卖站，但地点有可能会重复。

为了方便计算，我们可以假设龙龙一开始一个地址的外卖都不用送，两个相邻的地点之间的路径长度统一设为 1，且从外卖站出发可以访问到所有地点。

注意：所有送餐地址可以按任意顺序访问，且完成送餐后无需返回外卖站。

输出格式: 对于每个新增的地点，在一行内输出题目需要求的最短路程的距离。

输入样例: 7 4 -1 1 1 1 2 2 3 5 6 2 4 输出样例: 2 4 4 6

解题思路： 题目意思是每次新增一个送外卖地点，重新计算整个最短路径。若有已访问的节点可以直接送无先后顺序，所以访问6后回到2最短路径长度不变。 通过dfs遍历至该点的最大深度，通过in数组存储节点及其双亲关系，edge数组存储该节点的深度，未访问过则为零，访问过则不为零。 每次访问全部节点的最短路径=最大深度*2-最长路径。 dfs思路是设置边界条件，当回到根节点或该点访问过则返回当前访问节点的深度。下一子节点的深度为当前节点深度+1（深度即访问该节点的最短路径 因为边权重为1）。若未达到边界条件，则最长路径距离++，继续增加下一节点深度。 将该节点深度与之前存储的最长路径进行比较，更大者作为最长路径，用来计算访问全部节点的最短路径。 一开始不理解这个dfs思路，通过输入样例数据debug该函数理解了。

// 天梯赛练习4.cpp : 此文件包含 "main" 函数。程序执行将在此处开始并结束。
//
/*L2-3 龙龙送外卖*/
#include "pch.h"

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#include <bits/stdc++.h>
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
int n, m;
int in[N];
int edge[N] = {
          
    0 };//0表示该节点未被访问过 存储该点的深度
int dist = 0;
int max_distance = 0;

int dfs(int index) {
          
   
	if (in[index] == -1 || edge[index] !=0) {
          
   //如果已经到达根节点或已经经过该点
		return	edge[index];
	}
	dist++;
	edge[index] = dfs(in[index]) + 1;
	return edge[index];
}

int main()
{
          
   
	IOS;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
          
   
		cin >> in[i];
	}
	while (m--) {
          
   
		int num;
		cin >> num;
		max_distance = max(max_distance, dfs(num));
		cout << dist * 2 - max_distance << endl;
	}
}

参考：