[POI2013]Łuk triumfalny

[POI2013]Łuk triumfalny

题目大意：

一棵(n(nle3 imes10^5))个结点的树，一开始(1)号结点为黑色。(A)与(B)进行游戏，每次(B)能选择不超过(k)个结点染成黑色，然后(A)从当前点出发走到一个相邻的结点。若(A)从(1)号结点出发，则(k)最小取多少能保证(A)每次走到的点都是黑点？

思路：

二分答案(k)后使用树形DP判断是否可行。

从叶子往根考虑，(f_i)表示将(i)的子树全部染黑需要从祖先获取多少染色的机会（就是说现在有(f_i)个结点无法染色）。

转移方程为(f_x=max(sum(f_y+1)-k,0))。

最后若(f_1=0)则说明可行。

时间复杂度(mathcal O(nlog n))。

源代码：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
inline int getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
const int N=3e5+1;
std::vector<int> e[N];
inline void add_edge(const int &u,const int &v) {
	e[u].push_back(v);
	e[v].push_back(u);
}
int f[N],k;
void dfs(const int &x,const int &par) {
	f[x]=-k;
	for(register unsigned i=0;i<e[x].size();i++) {
		const int &y=e[x][i];
		if(y==par) continue;
		dfs(y,x);
		f[x]+=f[y]+1;
	}
	f[x]=std::max(f[x],0);
}
inline bool check(const int &k) {
	::k=k;
	dfs(1,0);
	return f[1]==0;
}
int main() {
	const int n=getint();
	for(register int i=1;i<n;i++) {
		add_edge(getint(),getint());
	}
	int l=e[1].size(),r=e[1].size();
	for(register int i=2;i<=n;i++) {
		r=std::max(r,(int)e[i].size()-1);
	}
	while(l<=r) {
		const int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) {
			r=mid-1;
		} else {
			l=mid+1;
		}
	}
	printf("%d
",r+1);
	return 0;
}