CF440D 题解

题面

注意到划分完这棵树以后，每条连通块之间的边的一端一定相同，且是大小为 \(k\) 的连通块。

于是考虑这个连通块的最高点，设 \(f(i,j)\) 为 \(i\) 点所在连通块大小为 \(j\) 时所需的最小边数。

令 \(f'(i)\) 为原来的 \(f(i)\)。

对于 \(i\) 的每个 \(s\in son(i)\)，枚举从 \(s\) 来的连通块大小进行转移：

\(f(i,j)=\max_{w=0}^{\min(j-1,sz_s)}f(s,w)+f'(i,j-w)\)。

复杂度 \(O(n^3)\)。

初始值为 \(f(i,1)=0\)。

边界为 \(f(i,sz_i)=0,f(i,0)=1\)。（dp结束后赋值）

\(f(i,0)=1\) 是因为这个点的子树一定不会被选，先把和父亲的边算上，后面不需要特判。

考虑怎么求具体方案：设 \(g(i,j)\) 为 \(f(i,j)\) 的方案，每次更新 \(f(i,j)\) 后再更新 \(g(i,j)\)。

设 \(f(i,j)=f'(i,k)+f(s,j-k)\)，则 \(g(i,j)=g'(i,k)+g(s,j-k)+[j=k](edge(i,s))\)，\(g\) 的加法表示答案拼接，后面特判和子树断开要加边的情况。

\(g\) 更新 \(O(n^2)\) 次，每次 \(O(n)\)，复杂度 \(O(n^3)\)。

于是直接 dp 就好了。注意树形 dp 时注意 \(sz\) 的更新，否则复杂度就错了。

总复杂度 \(O(n^3)\)。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 405;
int f[N][N], sz[N], k, ans = 1e9, idx;
vector<int> g[N][N];
int fst[N], nxt[N << 1], to[N << 1], h = 2, fid[N];
inline void add(int x, int y) {nxt[h] = fst[x], fst[x] = h, to[h] = y, h ++;}

void dfs(int x, int fa)
{
    f[x][1] = 0;
    sz[x] = 1;
    for(int e = fst[x], i = to[e]; e; e = nxt[e], i = to[e])
    {
        if(i == fa) continue;
        fid[i] = e / 2;
        dfs(i, x);
        sz[x] += sz[i];
        for(int j = sz[x]; j >= 0; j --)
        {
            int fnow = 1e9, id = -1;
            for(int k = 0; k <= min(j, sz[i]); k ++)
            {
                fnow = min(fnow, f[x][j - k] + f[i][k]);
                if(fnow == f[x][j - k] + f[i][k]) id = k;
            }
            g[x][j] = g[x][j - id];
            if(!id) g[x][j].push_back(e / 2);
            else g[x][j].insert(g[x][j].end(), g[i][id].begin(), g[i][id].end());
            f[x][j] = fnow;
        }
    }
    f[x][0] = 1;
    f[x][sz[x]] = 0;
    ans = min(ans, f[x][k] + !!fa);
    if(f[x][k] + !!fa == ans) idx = x;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int n; cin >> n >> k;
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    for(int i = 1; i < n; i ++)
    {
        int x, y; cin >> x >> y;
        add(x, y);
        add(y, x);
    }
    dfs(1, 0);
    cout << ans << "\n";
    if(fid[idx]) g[idx][k].push_back(fid[idx]);
    sort(g[idx][k].begin(), g[idx][k].end());
    for(int i : g[idx][k]) cout << i << " ";

    return 0;
}