[POI2013]?uk triumfalny

题目大意：

一棵\(n(n\le3\times10^5)\)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\(\mathcal O(n\log n)\)。

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\n",r+1);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/skylee03/p/9639579.html