题意
给你\(n\)个点的树,其中一个简单路径的集合被称为\(k\)合法当且仅当树的每个节点最多属于一条路径,且每条路径包含\(k\)个节点。对于每个\(k(k \in [1,n])\),输出最多的\(k\)合法路径。
\(n\leq 10^5\)。
分析
先考虑 \(n^2\) 的做法，每次可以贪心地合并链，正确性显然。
考虑根号分治，\(k<\sqrt n\) 时 \(O(n)\) 暴力，否则因为取值是单调的可以二分，取值不超过 \(\frac{n}{\sqrt n}=\sqrt n\) 个。
总时间复杂度为 \(O(n\sqrt nlogn)\)。
因为这里两种操作的复杂度不均衡，所以可以把块的大小稍微调大。
根号分治的特点：\(x<\sqrt n\) 暴力个数和 \(x>\sqrt n\) 单个复杂度 \(\frac{n}{\sqrt n}=\sqrt n\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].to;i;i=e[i].lst,v=e[i].to)
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define pb push_back
typedef long long LL;
inline int gi(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
template<typename T>inline bool Max(T &a,T b){return a<b?a=b,1:0;}
template<typename T>inline bool Min(T &a,T b){return b<a?a=b,1:0;}
const int N=1e5 + 7;
int n,t1,low,edc;
int ans[N],mx[N],head[N],fa[N];
vector<int>gg;
struct edge{
int lst,to;
edge(){}edge(int lst,int to):lst(lst),to(to){}
}e[N*2];
void Add(int a,int b){
e[++edc]=edge(head[a],b),head[a]=edc;
e[++edc]=edge(head[b],a),head[b]=edc;
}
void dfs(int u){
go(u)if(v^fa[u]) {
fa[v]=u,dfs(v);
}
gg.pb(u);
}
int solve(int k){
int res=0;
rep(i,1,n) mx[i]=1;
for(auto u:gg){
if(fa[u]&&mx[fa[u]]!=-1&&mx[u]!=-1){
if(mx[u]+mx[fa[u]]>=k) ++res,mx[fa[u]]=-1;
else Max(mx[fa[u]],mx[u]+1);
}
}
return res;
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("data.in","r",stdin);
#endif
n=gi();
rep(i,1,n-1) Add(gi(),gi());
int sz=min(400,n);
dfs(1);
ans[1]=n;
rep(i,2,sz+1) ans[i]=solve(i);;
for(int i=sz+1,j=sz+1;i<=n;i=j+1,j=i){
int l=i,r=n,tmp=solve(i);
while(l<r){
int mid=l+r+1>>1;
if(solve(mid)==tmp) l=mid;
else r=mid-1;
}
j=l;
rep(k,i,j) ans[k]=tmp;
}
rep(i,1,n) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}