CF1039D You Are Given a Tree （树形 dp + 贪心 + 根号分治）

树形 dp + 贪心 + 根号分治

题目是一个经典问题，可以用树形 dp 和贪心解决。设 $f_{u}$ 表示以 $u$ 节点为端点能够剩下的最长路径。考虑从叶子节点往上合并贪心，那么如果能够合并出包含 $u$ 节点的大于等于 $k$ 的路径，那么就合并， $f_{u} = 0$ ；

否则 $f_{u} = max (f_{v} + 1)$ 。

如果每个 $k \in [1, n]$ 都跑一次，那么复杂度是 $O (n^{2})$ 。考虑优化。

我们发现，随着 $k$ 增大，答案是一定不增的，并且假如当前枚举到 $k$ ，那么答案最大为 $⌊ \frac{n}{k} ⌋$ 。这样除法的形式可以想到根号分治。一般的，如果 $k \geq \sqrt{n}$ ，那么答案 $⌊ \frac{n}{k} ⌋ \leq \sqrt{n}$ ，也就是后面的答案取值只有 $\sqrt{n}$ 种。

结合上答案的单调性，不难想到二分每个段的右端点，这样复杂度为 $O (n \sqrt{n} \log n)$ 。

而对于 $k \leq \sqrt{n}$ 的部分，复杂度为 $O (n \sqrt{n})$ 。我们可以找到一个更好的值使得这两部分尽可能均匀。

设这个值为 $B$ ，那么前面的复杂度为 $O (n B)$ ，后面的复杂度为 $O (\frac{n^{2}}{B} \log n)$ ，两部分相等，得 $B = \sqrt{n \log n}$ 。

所以总复杂度为 $O (n \sqrt{n \log n})$ 。但是这题很卡常，所以需要一些卡常技巧：

链式前向星存边
快读快写
一遍 dfs 后将树拍成 dfs 序后倒着遍历，这也是最关键的卡常的地方。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define mk std::make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

using i64 = long long;
using ull = unsigned long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
int n, ans, k, g, tot, cnt;
int dfn[N], fat[N], mx[N], dmx[N];
struct node {
	int to, nxt;
} e[N << 1];
int f[N], h[N];
void add(int u, int v) {
	e[++cnt].to = v;
	e[cnt].nxt = h[u];
	h[u] = cnt;
}
void dfs(int u, int fa) { 
	dfn[++tot] = u; 
	fat[u] = fa; 
	for (int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {
		int v = e[i].to;
		if(v == fa) continue;
		dfs(v, u);
	}
}
void dfs2() {
	for(int i = tot; i >= 1; i--) { 
		int u = dfn[i];
		if(f[mx[u]] + f[dmx[u]] + 1 >= k) ans++, f[u] = 0;
		else f[u] = f[mx[u]] + 1;

		int fa = fat[u];
		if(f[mx[fa]] < f[u]) dmx[fa] = mx[fa], mx[fa] = u;
		else if(f[dmx[fa]] < f[u]) dmx[fa] = u; 
	}
}
bool check(int x) {
	for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = mx[i] = dmx[i] = 0;
	k = x, ans = 0;
	dfs2();
	if(ans == g) return 1;
	return 0;
}
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v);
		add(u, v), add(v, u);
	}	

	dfs(1, 0);

	int n1 = n, m = 0;
	while(n1) n1 >>= 1, m++;
	m++;
	m = sqrt(1LL * n * m);

	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		k = i;
		if(i <= m) {
			for (int j = 1; j <= n; j++) f[j] = mx[j] = dmx[j] = 0;
			dfs2();
			printf("%d\n", ans);
		} else {
			for (int j = 1; j <= n; j++) f[j] = mx[j] = dmx[j] = 0;
			dfs2(); g = ans;
			int l = i, r = n, mx = i;
			while(l <= r) {
				int mid = (l + r) >> 1;
				if(check(mid)) l = mid + 1, mx = mid;
				else r = mid - 1;
			}
			for (int j = i; j <= mx; j++) printf("%d\n", g);
			i = mx;
		}
		ans = 0;
	}

	return 0;
}