Tree diameter
树上任意两节点之间最长的简单路径即为树的「直径」。
前置知识：树基础。
显然，一棵树可以有多条直径，他们的长度相等。
可以用两次 DFS 或者树形 DP 的方法在 $O(n)$ 时间求出树的直径。
例题
???+note "SPOJ PT07Z, Longest path in a tree" 给定一棵 $n$ 个节点的树，求其直径的长度。$1\leq n\leq 10^4$。
做法 1. 两次 DFS
首先从任意节点 $y$ 开始进行第一次 DFS，到达距离其最远的节点，记为 $z$，然后再从 $z$ 开始做第二次 DFS，到达距离 $z$ 最远的节点，记为 $z'$，则 $\delta(z,z')$ 即为树的直径。
显然，如果第一次 DFS 到达的节点 $z$ 是直径的一端，那么第二次 DFS 到达的节点 $z'$ 一定是直径的一端。我们只需证明在任意情况下，$z$ 必为直径的一端。
定理：在一棵树上，从任意节点 $y$ 开始进行一次 DFS，到达的距离其最远的节点 $z$ 必为直径的一端。
证明：使用反证法。记出发节点为 $y$。设真实的直径是 $\delta(s,t)$，而从 $y$ 进行的第一次 DFS 到达的距离其最远的节点 $z$ 不为 $t$ 或 $s$。共分三种情况：
- 若 $y$ 在 $\delta(s,t)$ 上：
有 $\delta(y,z) > \delta(y,t) \Longrightarrow \delta(x,z) > \delta(x,t) \Longrightarrow \delta(s,z) > \delta(s,t)$，与 $\delta(s,t)$ 为树上任意两节点之间最长的简单路径矛盾。
- 若 $y$ 不在 $\delta(s,t)$ 上，且 $\delta(y,z)$ 与 $\delta(s,t)$ 存在重合路径：
有 $\delta(y,z) > \delta(y,t) \Longrightarrow \delta(x,z) > \delta(x,t) \Longrightarrow \delta(s,z) > \delta(s,t)$，与 $\delta(s,t)$ 为树上任意两节点之间最长的简单路径矛盾。
- 若 $y$ 不在 $\delta(s,t)$ 上，且 $\delta(y,z)$ 与 $\delta(s,t)$ 不存在重合路径：
有 $\delta(y,z) > \delta(y,t) \Longrightarrow \delta(x',z) > \delta(x',t) \Longrightarrow \delta(x,z) > \delta(x,t) \Longrightarrow \delta(s,z) > \delta(s,t)$，与 $\delta(s,t)$ 为树上任意两节点之间最长的简单路径矛盾。
综上，三种情况下假设均会产生矛盾，故原定理得证。
???+warning "负权边" 上述证明过程建立在所有路径均不为负的前提下。如果树上存在负权边，则上述证明不成立。故若存在负权边，则无法使用两次 DFS 的方式求解直径。
代码实现如下。
const int N = 10000 + 10;
int n, c, d[N];
vector<int> E[N];
void dfs(int u, int fa) {
for (int v : E[u]) {
if (v == fa) continue;
d[v] = d[u] + 1;
if (d[v] > d[c]) c = v;
dfs(v, u);
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
scanf("%d %d", &u, &v);
E[u].push_back(v), E[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
d[c] = 0, dfs(c, 0);
printf("%d\n", d[c]);
return 0;
}
如果需要求出一条直径上所有的节点，则可以在第二次 DFS 的过程中，记录每个点的前序节点，即可从直径的一端一路向前，遍历直径上所有的节点。
做法 2. 树形 DP
我们记录当 $1$ 为树的根时，每个节点作为子树的根向下，所能延伸的最远距离 $d_1$，和次远距离 $d_2$，那么直径就是所有 $d_1 + d_2$ 的最大值。
树形 DP 可以在存在负权边的情况下求解出树的直径。
代码实现如下。
const int N = 10000 + 10;
int n, d = 0;
int d1[N], d2[N];
vector<int> E[N];
void dfs(int u, int fa) {
d1[u] = d2[u] = 0;
for (int v : E[u]) {
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
int t = d1[v] + 1;
if (t > d1[u])
d2[u] = d1[u], d1[u] = t;
else if (t > d2[u])
d2[u] = t;
}
d = max(d, d1[u] + d2[u]);
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
scanf("%d %d", &u, &v);
E[u].push_back(v), E[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
printf("%d\n", d);
return 0;
}
如果需要求出一条直径上所有的节点，则可以在 DP 的过程中，记录下每个节点能向下延伸的最远距离与次远距离所对应的子节点，之后再找到对应的 $u$，使得 $d = d_1u + d_2u$，即可分别沿着从 $u$ 开始的最远距离和次远距离对应的子节点一路向下，遍历直径上所有的节点。
性质
若树上所有边边权均为正，则树的所有直径中点重合
证明：使用反证法。设两条中点不重合的直径分别为 $\delta(s,t)$ 与 $\delta(s',t')$，中点分别为 $x$ 与 $x'$。显然，$\delta(s,x) = \delta(x,t) = \delta(s',x') = \delta(x',t')$。
有 $\delta(s,t') = \delta(s,x) + \delta(x,x') + \delta(x',t') > \delta(s,x) + \delta(x,t) = \delta(s,t)$，与 $\delta(s,t)$ 为树上任意两节点之间最长的简单路径矛盾，故性质得证。