记$deg_{i}$为$i$的度数，简单分类讨论可得答案下限为$max_{i=1}^{n}deg_{i}$
另一方面，此下限是可以取到的，构造方法较多，这里给一个巧妙一些的做法——
对其以dfs（儿子顺序任意），并要求如果一个节点被父亲递归时时间为$t+1$，则返回时时间为$t$，那么父亲的时间即恰从$t$变为$t+1$
下面考虑如何保证此性质，每一个节点有两种情况：
1.其过程中某次要递归儿子时，其时间达到了$max_{i=1}^{n}deg_{i}$（那么搜下去即超过了此下限），那么将其的时间改为$t-son$（其中$t+1$为其被父亲递归时时间，$son$为剩余儿子数，显然$tge son$）
2.某点不存在上述情况，则在最后将其的时间改为$t$（意义与上面相同）
由此，即可归纳上述性质
时间复杂度为$o(n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 vector<int>v[N]; 5 vector<pair<int,int> >ans; 6 int n,T,x,y,lim; 7 void dfs(int k,int fa){ 8 int t=T-1; 9 for(int i=0;i<v[k].size();i++) 10 if (v[k][i]!=fa){ 11 if (T==lim){ 12 T=t; 13 for(int j=i;j<v[k].size();j++) 14 if (v[k][j]!=fa)T--; 15 ans.push_back(make_pair(k,T)); 16 } 17 ans.push_back(make_pair(v[k][i],++T)); 18 dfs(v[k][i],k); 19 ans.push_back(make_pair(k,++T)); 20 } 21 if ((k!=1)&&(t!=T)){ 22 ans.push_back(make_pair(k,t)); 23 T=t; 24 } 25 } 26 int main(){ 27 scanf("%d",&n); 28 for(int i=1;i<n;i++){ 29 scanf("%d%d",&x,&y); 30 v[x].push_back(y); 31 v[y].push_back(x); 32 } 33 for(int i=1;i<=n;i++)lim=max(lim,(int)v[i].size()); 34 ans.push_back(make_pair(1,0)); 35 dfs(1,0); 36 printf("%d ",(int)ans.size()); 37 for(int i=0;i<ans.size();i++)printf("%d %d ",ans[i].first,ans[i].second); 38 return 0; 39 }