[atARC125F]Tree Degree Subset Sum

令$a_{i}$为$i$的度数-1，那么$(x,s)$合法即等价于存在$S\subseteq [1,n],|S|=x$且$\sum_{k\in S}a_{k}=s$

引理：$(x,s)$合法的必要条件为$-z\le s-x\le z-2$

令$z$为$a_{i}$中为0的元素个数，考虑任意一个集合$S\subseteq [1,n]$，显然$-z\le \sum_{k\in S}a_{k}-|S|\le z-2$

具体的，考虑该式即为$\sum_{k\in S}(a_{k}-1)$，那么将所有$a_{k}<1$的项求和即为最小值，将所有$a_{k}\ge 1$的项求和即为最大值，不难发现前者即为$-z$，后者即为$\sum_{i=1}^{n}a_{i}-(n-z)=z-2$

不难发现，其所描述的即为该引理，也即得证

结论：令$mn(s)=\min_{(x,s)合法}x$和$mx(s)=\max_{(x,s)合法}x$，则$\forall mn(s)\le x\le mx(s),(x,s)$合法

（为了方便，若不存在$(x,s)$合法则定义$mn(s)$和$mx(S)$为$\pm\infty$，显然此时满足结论）

同样令$z$为$a_{i}$中为0的元素个数，显然$mn(s)$对应的方案必然一个0都不选，那么在其基础上再选$[0,z]$个0，即有$\forall mn(s)\le x\le mn(s)+z,(x,s)$合法

类似地，也可以得到$\forall mx(s)-z\le x\le mx(s),(x,s)$合法

由引理即有$mx(s)-mn(s)\le 2z-2$，因此两者区间相交，也即得证

由此，问题即$\forall s$求$mn(s)$和$mx(s)$，这个问题可以dp解决

具体的，（以$mn(s)$为例）令$f_{s}$为对应的答案，则$f_{s}=\min(f_{s},f_{s-a_{i}}+1)$

进一步的，将其对每一种物品（指相同的$a_{i}$）一起处理，假设有$x$个$a_{i}=k$，枚举$s$上选择的$k$个数，即可得到转移为$f_{s}=\min_{0\le i\le x}(f_{s-ik}+i)$，不难用优先队列$o(1)$求出后者

注意到物品种类数至多为$\sqrt{n}$，因此总复杂度为$o(n\sqrt{n})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200005
#define ll long long
int n,x,y,l,r,a[N],tot[N],q[N],mx[N],mn[N],f[N];
ll ans;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    memset(a,-1,sizeof(a));
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        a[x]++,a[y]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)tot[a[i]]++;
    memset(mn,0x3f,sizeof(mn));
    memset(mx,-0x3f,sizeof(mx));
    mn[0]=0,mx[0]=tot[0];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if (!tot[i])continue;
        for(int j=0;j<i;j++){
            l=1,r=0;
            for(int k=j;k<=n;k+=i){
                while ((l<=r)&&(mn[k]-k/i<=mn[q[r]]-q[r]/i))r--;
                q[++r]=k;
                while ((l<=r)&&(q[l]/i<k/i-tot[i]))l++;
                f[k]=mn[q[l]]+(k-q[l])/i;
            }
        }
        memcpy(mn,f,sizeof(f));
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if (!tot[i])continue;
        for(int j=0;j<i;j++){
            l=1,r=0;
            for(int k=j;k<=n;k+=i){
                while ((l<=r)&&(mx[k]-k/i>=mx[q[r]]-q[r]/i))r--;
                q[++r]=k;
                while ((l<=r)&&(q[l]/i<k/i-tot[i]))l++;
                f[k]=mx[q[l]]+(k-q[l])/i;
            }
        }
        memcpy(mx,f,sizeof(f));
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)ans+=max(mx[i]-mn[i]+1,0);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}