玄学贪心...
题意：给出一棵树，要求将他的所有叶节点分成最少的组，且在每组中的任意两节点之间的距离不大于k
解析：
显然是个贪心啦...
稍微考虑一下贪心思想：
我们从下向上合并整棵树，在合并到某个节点时，我们把他以下的所有叶节点到他的距离全处理出来然后排序，设所有距离排序后为d1,d2...dn
接下来，我们从大到小枚举每个d，如果满足di+di-1+2<=k，那么说明从1到i的所有子节点都可以分到一组里面，而剩下的节点只能单独一个分进一组里了
然后我们向上返回不单独分组的点中距离最大的一个的距离，向上回溯合并即可
画图理解一下：
如图所示，这是一棵树，设k=2
首先我们合并5,6两个点，那么发现这两个点到根的距离都是1，于是我们开心地将这两个点合并到一个集合里，然后回溯
其余最底层节点同理
这是合并前叶节点的状态
继续合并一层：
于是我们可以继续开心地合并，这时可以发现，所有的次二层节点都无法再合并，这时合并结束，一共需要三个集合
可能这一点不是很好理解，所以我们再假设k=4，那么就可以把2和4合并起来，而3还是无法合并，这样就只需要两个集合了。
总结一下思路：将一个根节点以下的所有叶节点到根节点的距离排序，然后倒序枚举，对于所有的di+di-1+2>=k的部分，我们都要把di单独分组，而剩余的部分可以分进一组，将这一组中的叶节点到这个根节点最长的距离回溯到上一层即可。
证明贪心的正确性：
首先，剩余部分可以分成一组是显而易见的，因为不会有比这更优的方案
而其他的点需要单独分组的原因：假设这些点可以与另一部分子树中的某一部分合并成一个集合，那么根据距离的关系可知，剩下的分成一组的点一定也可以和那一部分合并成一个集合，但这两者却不能合为一个集合，所以无论怎么合并都至少需要两个集合，也就是这样分组一定是某一种最优方案！
这样就完事了
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
using namespace std;
struct Edge
{
int next;
int to;
}edge[2000005];
int head[1000005];
int inr[1000005];
int cnt=1;
int n,k;
void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
cnt=1;
}
void add(int l,int r)
{
edge[cnt].next=head[l];
edge[cnt].to=r;
head[l]=cnt++;
}
int cct=0;
int dfs(int x,int fx)
{
vector<int>v;
for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if(to==fx)
{
continue;
}
v.push_back(dfs(to,x)+1);
}
if(v.size()==0)
{
return 0;
}
sort(v.begin(),v.end());
int i;
for(i=v.size()-1;i>=1;i--)
{
if(v[i]+v[i-1]<=k)
{
break;
}
cct++;
}
return v[i];
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
init();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
inr[x]++;
inr[y]++;
}
int rot=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!rot&&inr[i]!=1)
{
rot=i;
break;
}
}
dfs(rot,rot);
printf("%d
",cct+1);
return 0;
}