Linova and Kingdom CodeForces - 1336A
贪心好难啊，不好猜。
这道题的话，易得，如果一个节点是工业区的话，它的子节点也都是工业区，因为否则我们对调该节点和子节点，答案就多了1。所以说是先选子节点在选择父节点作为工业区，同理如果假定全为工业区，我们选择旅游区的话，我们应该先选择父节点为旅游区，所以我们选择策略时要避开这种情况，我们先不考虑这种情况，在得出的策略中判断是否会出现这种情况，如果不出现这种情况则说明这种策略可以用。
我们先假设全部都是工业区，那么快乐值为0，如果我们把某一个设成旅游区，那么快乐值会变成sub - deep，其中sub是包括本身和子节点的和，比如样例1中1的sub就是8，7个子节点包括自己就是8了，deep就是深度，我们假定root的deep为1，那么样例1的root就为1，这样如果把1变成旅游区快乐值就能加8-1=7（注意k是工业区的数量，旅游区的数量为n-k）。为什么是这样呢？众所周知，该节点如果变成了旅游区，那么它的子节点的快乐值都会加1，这就加了sub-1了，但是由于自己变成了旅游区，自己的快乐值就没了，减少了deep-1（因为根据第一段的策略，在选此节点作为旅游区时，其父节点必都为旅游区）。这样，实际上就多了sub - deep的快乐值。
同理，在修改完第一个之后找第二个变成旅游区，分三种情况：和第一个节点同深度，是第一个节点的子节点，是第一个节点的父节点（因为这种情况下没有先选父节点，所以舍去）。
如果和第一个节点同深度，显然又多了sub-deep的快乐值（因为第一个并不影响第二个）。
如果第二个是第一个节点的子节点，那么我们计算子节点快乐值时增加量是sub-1，快乐值减少的仍然是deep-1。
如果第二个是第一个节点的父节点，舍去这种情况。
综上，我们只要保证选择策略时凡是选择了子节点为旅游区，那么它父节点必为旅游区的情况下，对sub - deep排序即可，我们知道父节点的sub大于子节点的sub，父节点的deep小于子节点，所以父节点的sub-deep大于子节点的，我们对与sub-deep从大到小排序即可保证在选择了子节点为旅游区的情况下，它父节点必为旅游区。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ans;
vector<int> v[200005];
struct Node{
int sub;
int deep;
int diff;
friend bool operator <(Node x, Node y){
return x.diff > y.diff;
}
}node[200005];
bool vis[200005];
int dfs(int index, int deeps)
{
node[index].deep = deeps;
for (int i = 0; i < v[index].size(); ++i)
{
if(!vis[v[index][i]])//如果没被遍历过则说明该节点为index的子节点
{
vis[v[index][i]] = true;
node[index].sub += dfs(v[index][i], deeps + 1);//子节点数量
}
}
node[index].diff = ++node[index].sub - node[index].deep;//子节点数量加上自身变成了sub
return node[index].sub;
}
int main()
{
int n, k;
int a, b;
scanf("%d %d", &n, &k);
for(int i = 0; i < n - 1; i++)
{
scanf("%d %d", &a, &b);//树虽然有方向，但是题目不告诉你，但是可以从根节点开始拓展，一直拓展到叶节点即可
v[a].push_back(b);
v[b].push_back(a);
}
vis[1] = true;
dfs(1, 1);
sort(node + 1, node + n + 1);
for(int i = 1; i <= n - k; i++)
{
ans += node[i].diff;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
PS：
template< class RandomIt, class Compare >
void nth_element( RandomIt first, RandomIt nth, RandomIt last,
Compare comp );
/*
nth_element 是部分排序算法，它重排 [first, last) 中元素，使得：
nth 所指向的元素被更改为假如 [first, last) 已排序则该位置会出现的元素。
这个新的 nth 元素前的所有元素小于或等于新的 nth 元素后的所有元素。
更正式而言， nth_element 以升序部分排序范围 [first, last) ，使得对于任何范围 [first, nth) 中的 i 和任何范围 [nth, last) 中的 j ，都满足条件 !(*j < *i) （对于 (1-2) ，对 (3-4) 则为 comp(*j, *i) == false ）。置于 nth 位置的元素则准确地是假如完全排序范围则应出现于此位置的元素。
*/
所以sort那一行可以换成：
nth_element(node + 1, node + n - k, node + n + 1);
复杂度从O(nlogn)变成了O(n)
