题目背景
pdf题面和大样例链接：http://pan.baidu.com/s/1cawM7c 密码：xgxv
历史/落在/赢家/之手
至少/我们/拥有/传说
谁说/败者/无法/不朽
拳头/只能/让人/低头
念头/却能/让人/抬头
抬头/去看/去爱/去追
你心中的梦 题目描述
又想起了四月。
如果不是省选，大家大概不会这么轻易地分道扬镳吧？ 只见一个又一个昔日的队友离开了机房。
凭君莫话封侯事，一将功成万骨枯。
梦里，小 F 成了一个给将军送密信的信使。
现在，有两封关乎国家生死的密信需要送到前线大将军帐下，路途凶险，时间紧迫。小 F 不因为自己的祸福而避趋之，勇敢地承担了这个任务。
不过，小 F 实在是太粗心了，他一不小心把两封密信中的一封给弄掉了。
小 F 偷偷打开了剩下的那封密信。他 发现一副十分详细的地图，以及几句批文——原来 这是战场周围的情报地图。他仔细看后发现，在这张地图上标记了 n 个从 1 到 n 标号的 驿站，n − 1 条长度为 1 里的小道，每条小道双向连接两个不同的驿站，并且驿站之间可以 通过小道两两可达。
小 F 仔细辨认着上面的批注，突然明白了丢失的信的内容了。原来，每个驿站都可以驻 扎一个小队，每个小队可以控制距离不超过 k 里的驿站。如果有驿站没被控制，就容易产 生危险——因此这种情况应该完全避免。而那封丢失的密信里，就装着朝廷数学重臣留下的 精妙的排布方案，也就是用了最少的小队来控制所有驿站。
小 F 知道，如果能计算出最优方案的话，也许他就能够将功赎过，免于死罪。他找到了 你，你能帮帮他吗？ 当然，小 F 在等待你的支援的过程中，也许已经从图上观察出了一些可能会比较有用的 性质，他会通过一种特殊的方式告诉你。
输入输出格式
输入格式：从标准输入中读入数据。
输入第 1 行一个正整数 n,k,t，代表驿站数，一支小队能够控制的最远距离，以及特 殊性质所代表的编号。关于特殊性质请参照数据范围。
输入第 2 行至第 n 行，每行两个正整数 uiu_iui ,viv_ivi ，表示在 uiu_iui 和 viv_ivi 间，有一条长度为 一里的小道。
输出格式：输出到标准输出中。
输出一行，为最优方案下需要的小队数。
输入输出样例
4 1 0
1 2
1 3
1 4
1
6 1 0
1 2
1 3
1 4
4 5
4 6
2
说明
【样例 1 说明】
如图。由于一号节点到周围的点距离均是 1，因此可以控制所有驿站。
【样例 2 说明】
如图，和样例 1 类似。
子任务会给出部分测试数据的特点。如果你在解决题目中遇到了困难，可以尝试只解 决一部分测试数据。
关于 t 的含义如下： t = 0：该测试点没有额外的特殊性质； t = 1：保证最多 8 个点的所连接的小道超过 1 条； t = 2：保证所有点到 1 号点的距离不超过 2。
每个测试点的数据规模及特点如下表
Solution:
思路是贪心+搜索。
因为本题我们并不需要知道具体在哪个点放置军队（可能存在多种方案），而只关心军队数目（显然即使多种方案，最少数目也是一定的），于是就能想到贪心，从最远的点找链长为$2k$的链上的点均打上标记（即处理某个点能控制的最大范围）。
实现时，首先我们第一遍$dfs1$处理出以$1$为根节点到各个节点的深度$dis$，然后将这$n$个节点以$dis$值从大到小排序。
然后，从深度最深的没有被$vis2$标记的点（即没有被控制的点）开始$dfs2$处理出从某个点控制该节点的同时能控制的节点，将这些点标记为$vis1$（因为无向，标记后防止被重复询问），同时标记$vis2$表示该点被控制，显然$dfs2$的次数即答案。
代码：
#include<bits/stdc++.h> #define il inline #define ll long long using namespace std; const int N=1e5+7; int n,k,t,h[N],to[N<<1],net[N<<1],cnt,tot,ans; struct point{ int id,dis; bool operator<(const point a) const{ if(this->dis == a.dis)return this->id < a.id; return this->dis < a.dis; } }a[N]; bool vis1[N],vis2[N]; il int gi(){ int a=0;char x=getchar();bool f=0; while((x<'0'||x>'9')&&x!='-')x=getchar(); if(x=='-')x=getchar(),f=1; while(x>='0'&&x<='9')a=a*10+x-48,x=getchar(); return f?-a:a; } il void add(int u,int v){ to[++cnt]=v,net[cnt]=h[u],h[u]=cnt; to[++cnt]=u,net[cnt]=h[v],h[v]=cnt; } il void dfs1(int u,int last){ for(int i=h[u];i;i=net[i]){ if(last!=to[i]){ a[to[i]].dis=a[u].dis+1; a[to[i]].id=to[i]; dfs1(to[i],u); } } } il void dfs2(int u,int sum){ if(sum<0)return; vis1[u]=1,vis2[u]=1; for(int i=h[u];i;i=net[i]) if(!vis1[to[i]])dfs2(to[i],sum-1); vis1[u]=0; } int main() { n=gi(),k=gi(),t=gi(); int u,v; for(int i=1;i<n;i++)u=gi(),v=gi(),add(u,v); a[1].dis=0,a[1].id=1; dfs1(1,0); sort(a+1,a+n+1); for(int i=n;i;i--){ if(!vis2[a[i].id]){ dfs2(a[i].id,k<<1); ans++; } } cout<<ans; return 0; }