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题目背景
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，$nsim 1$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$u_i,v_i$，表示在$u_i$和$v_i$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。
样例
样例输入1：
4 1 0
1 2
1 3
1 4
样例输出1：
1
样例输入2：
6 1 0
1 2
1 3
1 4
4 5
4 6
样例输出2：
2
数据范围与提示
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。
数据范围：
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：
题解
$5\%$算法：
$k=0$，直接输出$n$就好了。
时间复杂度：$Theta(1)$。
期望得分：$5$分。
实际得分：$5$分。
$45\%$算法：
$k=1$，每个点只会被儿子$(0)$，自己$(1)$或父亲$(2)$控制，直接$DP$就好啦。
来看状态转移方程：
$dp[u][0]=sum min(dp[v][0],dp[v][1])-min(0,max(dp[v][1]-dp[v][0]))$
$dp[u][1]=sum min(dp[v])$
$dp[u][2]=sum min(dp[v][0],dp[v][1])$
时间复杂度：$Theta(n)$。
期望得分：$45$分。
实际得分：$45$分。
$75\%$算法：
$k=2$
每个点被自己$(0)$，儿子$(1)$，孙子$(2)$控制；或者孙子和儿子全部被控制但是自己没有被控制$(3)$，孙子全部被控制但是自己和儿子不被控制$(4)$。
时间复杂度：$Theta(n)$。
期望得分：$75$分。
实际得分：$75$分。
$90\%$算法：
依然是状态转移。
时间复杂度：$Theta(n)$。
期望得分：$90$分。
实际得分：$90$分。
$100\%$算法：
考虑贪心。
让点按深度从大到小排序（$BFS$序倒序即可）。
然后检查该节点是否被控制，如果没有被控制，就去驻扎他的$k$级父亲，肯定不劣。
因为$k$比较小，暴力更新即可。
时间复杂度：$Theta(k imes n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
$5\%$算法：
#include<bits/stdc++.h>
int n,k,t;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&t);
printf("%d",n);
return 0;
}
$45\%$算法：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec
{
int nxt;
int to;
}e[200000];
int head[100001],cnt;
int n,k,t;
int dp[100001][3],du[100001];
bool vis[100001];
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
void dfs(int x)
{
vis[x]=1;
if(du[x]==1&&x!=1)
{
dp[x][1]=1;
dp[x][2]=0;
return;
}
dp[x][0]=dp[x][1]=dp[x][2]=0;
int minn=1<<30;
bool flag=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
if(!vis[e[i].to])
{
dfs(e[i].to);
dp[x][1]+=min(dp[e[i].to][0],min(dp[e[i].to][1],dp[e[i].to][2]));
dp[x][2]+=min(dp[e[i].to][0],dp[e[i].to][1]);
if(dp[e[i].to][1]<=dp[e[i].to][0])flag=1;
else minn=min(minn,dp[e[i].to][1]-dp[e[i].to][0]);
}
}
dp[x][1]++;
if(flag)dp[x][0]=dp[x][2];
else dp[x][0]=dp[x][2]+minn;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&t);
if(!k){printf("%d",n);return 0;}
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
du[x]++;
du[y]++;
add(x,y);
add(y,x);
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dfs(1);
printf("%d",min(dp[1][0],dp[1][1]));
return 0;
}
$100\%$算法：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec
{
int nxt;
int to;
}e[200000];
int head[100001],cnt;
int n,k,t;
int que[100001],wzc[100001],fa[100001];
int ans;
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
void pre_bfs()
{
int he=1,ta=1;
que[1]=1;
fa[1]=1;
while(he<=ta)
{
for(int i=head[que[he]];i;i=e[i].nxt)
if(!fa[e[i].to])
{
que[++ta]=e[i].to;
fa[e[i].to]=que[he];
}
he++;
}
}
void change(int x)
{
if(!wzc[x])return;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(wzc[e[i].to]<wzc[x]-1)
{
wzc[e[i].to]=wzc[x]-1;
change(e[i].to);
}
}
int main()
{
memset(wzc,-1,sizeof(wzc));
scanf("%d%d%d",&n,&k,&t);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
pre_bfs();
for(int i=n;i;i--)
if(wzc[que[i]]==-1)
{
ans++;
int flag=que[i];
for(int j=k;j;j--)flag=fa[flag];
wzc[flag]=k;
change(flag);
}
cout<<ans;
return 0;
}
rp++