P4572 题解
前言
双倍经验：P3554（数据坑一点）。简要题意可以看 P3554。
思路：二分答案 + 树形 DP。
思路
答案显然具有单调性，所以考虑二分答案。
\(\operatorname{chk(k)}\) 判定这个 \(k\) 是否能使 A 获胜。
容易想到贪心，但实际上并不可行。这是同机房巨佬的 hack。于是考虑 DP。
首先两人都很聪明，所以 B 会一直从根往下走；A 会一直在 B 下面的层染色。
最麻烦的是，在对一个子树染色时，可能会出现染不够的情况。但这并不意味着 \(k\) 不成立，因为 \(i\) 的祖先可能会有剩余的没有染色。
听起来非常难懂，举个例子，\(k = 3\)。
如果只看以 \(2\) 为根的子树，显然无法染完。
但是如果看以 \(1\) 为根的整棵树，发现：染完 \(2,3\) 号点后还能再染一次，这样可以帮 \(2\) 为根的子树染一下。于是 \(k = 3\) 就成立了。
我们就可以用这个性质实现 DP。
设 \(dp_i\) 表示以 \(i\) 为根的子树，需要 \(dp_i\) 次祖先的帮助。
那么就有转移方程（为了美观，分了两行）：
\[\texttt{sum} = \sum\limits_{\text{v : son of u}} dp_v + 1
\]
\[dp_u = \max\{0, \texttt{sum} - k\}
\]
\(\texttt{sum}\) 即为子树需要的帮助次数。每次加 \((dp_v + 1)\)，是因为还要染 \(v\)，所以加了一。
那么 \(k\) 能成立，当且仅当 \(dp_1 = 0\)。
这题就愉快地做完啦！
完整代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
struct Edge {int now, nxt;} e[N << 1];
int head[N], cur;
void add(int u, int v)
{
e[++cur].now = v;
e[cur].nxt = head[u];
head[u] = cur;
}
int k, dp[N];
void dfs(int u, int fa) //按照转移方程来就好了
{
int sum = 0;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].now;
if (v != fa) dfs(v, u), sum += dp[v] + 1;
}
dp[u] = max(0, sum - k);
}
bool chk(int x)
{
k = x, dfs(1, -114514);
return !dp[1]; //等同于 return dp[1] == 0
}
int FIND(int l, int r) //二分答案
{
while (l < r)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if (chk(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return r;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
int u, v;
cin >> u >> v;
add(u, v), add(v, u);
}
cout << FIND(0, n); //注意 l=0，否则 n=1 会叉掉
return 0;
}
希望能帮助到大家！
