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题意:
给你一棵
个点的树,问你点数为
的互不相交的路径数最多有多少条。要求你对
的每一个
都输出答案。
。
题解:
如果只有一个
要求答案的话,就有点类似今年NOIP的Day1T3,但是其实那个题要是是边不想交的话合并要二分,或者按照一定顺序。这个点不相交的话就直接维护最长链和次长链贪心合并就可了。
那么我们考虑对于每一个 应该怎么做。不难发现,我们会发现对于某一个 ,有 ,那么其实对于所有的 的每个数的答案都只会有 种答案。我们对于一个左端点,可以二分找到一个右端点。这样就可以做到复杂度 了。
我这里写了一个整体二分的东西,复杂度看上去有点真,但是一想,好像不是 的,要是你每个区间都 树形dp一遍,反而成了一个 的东西了。但是再一想,我要是在这个值一定之后就不再往下递归的话,复杂度应该就和上面那种做法一样了,也是 了。
但是实测的话,似乎没有第一种做法跑得快。主要是想回顾一下整体二分。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,hed[100010],cnt,ans[100010],dp[100010];
struct node
{
int to,next;
}a[200010];
inline int read()
{
int x=0;
char s=getchar();
while(s>'9'||s<'0')
s=getchar();
while(s>='0'&&s<='9')
{
x=x*10+s-'0';
s=getchar();
}
return x;
}
inline void add(int from,int to)
{
a[++cnt].to=to;
a[cnt].next=hed[from];
hed[from]=cnt;
}
inline void dfs(int x,int f,int s)
{
dp[x]=0;
int zui=0,ci=0;
for(int i=hed[x];i;i=a[i].next)
{
int y=a[i].to;
if(y==f)
continue;
dfs(y,x,s);
if(dp[y]>zui)
{
ci=zui;
zui=dp[y];
}
else if(dp[y]>ci)
ci=dp[y];
}
if(zui+ci+1>=s)
++cnt;
else
dp[x]=zui+1;
}
inline void solve(int l,int r,int le,int ri)
{
if(l>r)
return;
if(le>ri)
return;
if(le==ri)
{
for(int i=l;i<=r;++i)
ans[i]=le;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
cnt=0;
dfs(1,0,mid);
ans[mid]=cnt;
solve(l,mid-1,cnt,ri);
solve(mid+1,r,le,cnt);
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n-1;++i)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y);
add(y,x);
}
solve(1,n,0,n);
for(int i=1;i<=n;++i)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}