题目大意
给出一棵(n)个节点的树，对于(1)~(n)间的每一个数(k)，你需要求出：最多能选出多少条互不相交的路径，每条路径的长度都为(k)。
(Solution：)
(1)~(n)不好算，先考虑单个的(k)。
令(ans_i)表示最多能选出多少条互不相交的路径，每条路径的长度都为(i)，(f_u)表示回溯到(u)时最多能选出多少条互不相交的路径，每条路径的长度都为(i)（(i)就是前面的(i)）；
考虑贪心地(dp)：对于一个点(u)，我们考虑最大化以(u)为根的子树中完整的长度为(k)的路径条数，其次最大化未完成的链的长度；
正确性显然：由于树的特性，(u)节点只会在一个路径中被计数，那么我们用类似点分治的看法，设(u)是该路径上(dep)最浅的点，(max1)是(u)节点向下挂出的最长链的长度，(max2)是(u)向下挂出的次长链的长度，那么：
((1))若(max1+max2+1 geq k)，那么我们显然要将(max1,max2,u)组成的路径计入答案，否则会用到(u)的祖先节点，这是不优的；
((2)Otherwise)，我们就用(max1,u)组成的链继承上去
代码大概是这个样子的（看了(lzy)大佬的(blog)，发现其实可以先(dfs)一遍跑出(dfs)序，然后直接在(dfs)序上操作，新技能(get)）
void dfs(int u,int fa)
{
fat[u]=fa;
go(u)
{
int v=e[i].to;
if(v!=fa) dfs(v,u);
}
dfn[++idx]=u;
}
inline int solve(int k)
{
int ans=0;
fr(i,1,n) f[i]=1;
fr(i,1,n)
{
int u=dfn[i];
if(fat[u]&&f[fat[u]]&&f[u])
{
if(f[u]+f[fat[u]]>=k)
{
++ans,f[fat[u]]=0;
}
else f[fat[u]]=max(f[fat[u]],f[u]+1);
}
}
return ans;
}
然鹅这是(O(n^2))的，考虑优化。可以发现有：(ans_i leq frac{n}{i})（原因是路径长度为(i)，那么最好情况即将所有点都用上，就会有(frac{n}{i})条路径）。
结合数据范围(n leq 10^5)，考虑根号分治：对于一个确定的(k)，我们设一个阀值(B)：
((1))若(k leq B)，直接暴力(dp)（也就是上面的代码），复杂度(O(nB))；
((2))若(k > B)，此时必然有：(ans_k in [0,frac{n}{B}])，也就是只有(frac{n}{B})这么多个取值，然后(f)（即(dp)数组）显然具有单调不增的性质，也就是说中间有一段一段的dp值是一样的，那么我们考虑二分出这些段的边界，每次二分用solve()来(check)，复杂度(O(frac{n}{B} n log_2 n))。
那么我们现在来分析阀值(B)的取值，由上面的分析可知，总复杂度(O(nB+frac{n}{B} n log_2 n)=O(n(B+frac{n}{B} log n)))，由均值不等式：(min=n sqrt{n log n})，当且仅(B=frac{n}{B} log n)即(B=sqrt{n log n})时取得。
上代码：
(Code：)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace my_std
{
typedef long long ll;
typedef double db;
#define pf printf
#define pc putchar
#define fr(i,x,y) for(register int i=(x);i<=(y);++i)
#define pfr(i,x,y) for(register int i=(x);i>=(y);--i)
#define go(x) for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
#define enter pc('
')
#define space pc(' ')
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll inff=1e15;
inline int read()
{
int sum=0,f=1;
char ch=0;
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
sum=sum*10+(ch^48);
ch=getchar();
}
return sum*f;
}
inline void write(int x)
{
if(x<0)
{
x=-x;
pc('-');
}
if(x>9) write(x/10);
pc(x%10+'0');
}
inline void writeln(int x)
{
write(x);
enter;
}
inline void writesp(int x)
{
write(x);
space;
}
}
using namespace my_std;
const int N=1e5+50;
int n,B,idx,f[N],fat[N],dfn[N],head[N],cnt,ans[N];
struct edge
{
int to,nxt;
}e[N<<1];
inline void add(int u,int v)
{
e[++cnt].to=v;
e[cnt].nxt=head[u];
head[u]=cnt;
}
void dfs(int u,int fa)
{
fat[u]=fa;
go(u)
{
int v=e[i].to;
if(v!=fa) dfs(v,u);
}
dfn[++idx]=u;
}
inline int solve(int k)
{
int ans=0;
fr(i,1,n) f[i]=1;
fr(i,1,n)
{
int u=dfn[i];
if(fat[u]&&f[fat[u]]&&f[u])
{
if(f[u]+f[fat[u]]>=k)
{
++ans,f[fat[u]]=0;
}
else f[fat[u]]=max(f[fat[u]],f[u]+1);
}
}
return ans;
}
int main(void)
{
n=read();
B=sqrt(n*log(n)/log(2));
fr(i,1,n-1)
{
int u=read(),v=read();
add(u,v),add(v,u);
}
dfs(1,0);
//fr(i,1,n) writesp(dfn[i]);
ans[1]=n;
fr(i,2,B) ans[i]=solve(i);
for(int i=B+1,l,r;i<=n;i=l+1)
{
l=i,r=n;
int tmp=solve(i);
while(r-l>1)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(solve(mid)==tmp) l=mid;
else r=mid;
}
fr(j,i,l) ans[j]=tmp;
}
fr(i,1,n) writeln(ans[i]);
return 0;
}