洛谷 P3523

感觉和 COCI 2021-2022 #4 的 T4 一模一样。

显然考虑二分，设当前二分出的值是 $lim$。

那么就是称一个点能覆盖另一个点当且仅当它被选中且它与那个点的距离不大于 $lim$，要判断是否能选出不多于 $m$ 个点覆盖到所有的关键节点。

贪心策略依旧一样，如果 $i$ 作为被选择节点，且移到 $i$ 的父亲依旧合法，那么就贪心的移到 $i$ 的父亲。

反正就是跟那题差不多。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300005, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int ty[N];
int head[N], ver[N*2], nxt[N*2], cnt;
int f[N], g[N], tot = 0;

void add(int u, int v) {
	ver[++cnt] = v, nxt[cnt] = head[u], head[u] = cnt;
}

void dfs(int u, int fa, int lim) {
	int mn = inf;
	for (int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
		int v = ver[i];
		if (v == fa) continue;
		dfs(v, u, lim);
		mn = min(mn, f[v] + 1);
	}
	int mx = -inf;
	if (ty[u] && mn > lim) mx = 0;
	for (int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
		int v = ver[i];
		if (v == fa) continue;
		if (g[v] + 1 + mn > lim) mx = max(mx, g[v] + 1);
	}
	if (!fa && mx >= 0 || mx == lim) ++tot, g[u] = -inf, f[u] = 0;
	else g[u] = mx, f[u] = mn;
}

bool check(int x) {
	tot = 0, dfs(1, 0, x);
	return tot <= m;
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &ty[i]);
	for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), add(u, v), add(v, u);
	int l = 0, r = n - 1;
	while (l < r) {
		int mid = l + r >> 1;
		if (check(mid)) r = mid;
		else l = mid + 1;
	}
	printf("%d", l);
	return 0;
}