题目描述
Farmer John为了保持奶牛们的健康，让可怜的奶牛们不停在牧场之间 的小路上奔跑。这些奶牛的路径集合可以被表示成一个点集和一些连接 两个顶点的双向路，使得每对点之间恰好有一条简单路径。简单的说来， 这些点的布局就是一棵树，且每条边等长，都为1。 对于给定的一个奶牛路径集合，精明的奶牛们会计算出任意点对路径的最大值， 我们称之为这个路径集合的直径。如果直径太大，奶牛们就会拒绝锻炼。 Farmer John把每个点标记为1..V (2 <= V <= 100,000)。为了获得更加短 的直径，他可以选择封锁一些已经存在的道路，这样就可以得到更多的路径集合， 从而减小一些路径集合的直径。 我们从一棵树开始，FJ可以选择封锁S (1 <= S <= V-1)条双向路，从而获得 S+1个路径集合。你要做的是计算出最佳的封锁方案，使得他得到的所有路径集合 直径的最大值尽可能小。 Farmer John告诉你所有V-1条双向道路，每条表述为：顶点A_i (1 <= A_i <= V) 和 B_i (1 <= B_i <= V; A_i!= B_i)连接。 我们来看看如下的例子：线性的路径集合(7个顶点的树) 1---2---3---4---5---6---7 如果FJ可以封锁两条道路，他可能的选择如下： 1---2 | 3---4 | 5---6---7 这样最长的直径是2，即是最优答案(当然不是唯一的)。
输入
* 第1行： 两个空格分隔的整数V和S * 第2...V行： 两个空格分隔的整数A_i和B_i
输出
* 第1行：一个整数，表示FJ可以获得的最大的直径。
样例输入
7 2
6 7
3 4
6 5
1 2
3 2
4 5
样例输出
2
题解
二分+贪心
经验告诉我题目一定是二分。。。别问我怎么想出来的。。。
然后考虑如何判定是否满足条件。
首先肯定有能不切就不切，所以对于每个节点维护一个$d[i]$，表示当前状态下$i$节点形成的未切割的“子树”中最长的距离（即不超过mid情况下，最大的深度减去当前深度）
那么对于某个节点，如果它最深的和次深的加起来超过了mid，那么就切断最深的。
所以把所有子节点按照$d$排序，然后贪心即可。
时间复杂度$O(n\log^2n)$。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
int head[N] , to[N << 1] , next[N << 1] , cnt , mid , sum , f[N] , d[N] , tot;
void add(int x , int y)
{
to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void dfs(int x , int fa)
{
int i;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(to[i] != fa)
dfs(to[i] , x);
tot = 0 , f[x] = 1;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(to[i] != fa)
d[++tot] = f[to[i]];
sort(d + 1 , d + tot + 1);
for(i = tot ; i ; i -- )
{
if(d[i] + d[i - 1] > mid) sum ++ ;
else
{
f[x] += d[i];
return;
}
}
}
int main()
{
int n , m , i , x , y , l = 1 , r , ans = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m) , r = n;
for(i = 1 ; i < n ; i ++ ) scanf("%d%d" , &x , &y) , add(x , y) , add(y , x);
while(l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1 , sum = 0 , dfs(1 , 0);
if(sum <= m) ans = mid , r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
printf("%d\n" , ans);
return 0;
}