种树

• 当然可以用树形DP做，但是转移的细节很多，关键是要将所有可能的情况纳入DP的设计中
• 四种情况：贡献1个给父亲、不需要父亲贡献、父亲贡献1个给该子树、父亲贡献2个给该子树
• 题解的做法：对于1个大小为n的、只有根节点完成的子树，需要的次数一定为n/2 【你并不关心具体的种植方案，只关心需要的天数】
• 另一种可能的做法：
• 方案自动机：我们只要安排一种非关键点间的配对关系，总存在一个合法的构造方案能将其全部变为关键点，因而我们可以忽略具体的操作过程（操作不一定和配对对应）
• 自底向上贪心，优先和兄弟配对，其次和父亲配对，其次和祖父配对

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int>a[100005];
bool v[100005];
int sz[100005];
int n,m,ans,root;
void dp(int n1,int fa)
{
	sz[n1]=1;
    for(int i=0;i<a[n1].size();i++)
    {
        if(a[n1][i]!=fa)
        {
            int y=a[n1][i];
            dp(y,n1);
            sz[n1]+=sz[y];
        }
    }
    if(v[n1])
    {
    	ans=ans+sz[n1]/2;
    	if(sz[n1]%2==0)
    	{
    		v[fa]=true;
    	}
    	sz[n1]=0;
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>m;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            a[i].clear();
            v[i]=false;
        }
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int x;
            cin>>x;
            v[x]=true;
            root=x;
        }
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            int u,v;
            cin>>u>>v;
            a[u].push_back(v);
            a[v].push_back(u);
        }
        ans=0;
        dp(root,0);
		cout<<ans<<"\n";
    }
    return 0;
}