给定一棵树,对于1<=k<=n求最多能在这棵树上选出多少条边不相交的路径。
sol
对于给定的k,显然有一个O(n)的贪心做法。
然后考虑设fi表示k=i时的答案,显然有fi<=n/i。
对于i<=sqrt时,f显然只有sqrt种取值。
对于i>=sqrt时,fi<=sqrt,f也显然只有sqrt种取值。
然后,还可以发现,k从1到n的答案一定是单调的。
所以可以直接来一波二分,显然二分的次数不会超过sqrt次。
总复杂度O(nsqrt(n)log(n))
然而这个复杂度很难卡过去。
考虑一本根号分治。
从一到sqrt暴力,剩下的二分。
复杂度是max(nsqrt,nn*logn/sqrt)
显然块取sqrt(nlogn)最优。
这样复杂度会有一个不错的提升。
然后再把dfs计算答案换成按照dfs序计算答案,常数又小了不少,就卡过去了。
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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define N 1100000
#define L 1000000
#define eps 1e-7
#define inf 1e9+7
#define db double
#define ll long long
#define ldb long double
using namespace std;
inline int read()
{
char ch=0;
int x=0,flag=1;
while(!isdigit(ch)){ch=getchar();if(ch=='-')flag=-1;}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*flag;
}
struct edge{int to,nxt;}e[N*2];
int num,head[N];
inline void add(int x,int y){e[++num]=(edge){y,head[x]};head[x]=num;}
int n,sq,times,p[N],id[N],fa[N],f[N],dp[N],ans[N],data[N];
void dfs(int x)
{
id[x]=++times;p[times]=x;
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].nxt)
{
int to=e[i].to;
if(id[to])continue;
fa[to]=x;dfs(to);
}
}
int solve(int k)
{
if(data[k]!=-1)return data[k];
for(int o=n;o>=1;o--)
{
int x=p[o];
f[x]=0;dp[x]=0;
int m1=0,m2=0;
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].nxt)
{
int to=e[i].to;
if(to==fa[x])continue;
if(f[to]>=m1)m2=m1,m1=f[to];
else m2=max(m2,f[to]);
dp[x]+=dp[to];
}
if(m1+m2+1>=k)dp[x]++;
else f[x]=m1+1;
}
data[k]=dp[1];
return data[k];
}
int main()
{
n=read();sq=min(n,(int)sqrt(n*20));
num=-1;memset(head,-1,sizeof(head));
memset(data,-1,sizeof(data));
for(int i=1;i<=n-1;i++){int x=read(),y=read();add(x,y);add(y,x);}
dfs(1);
for(int i=1;i<=sq;i++)ans[i]=solve(i);
int x=sq+1;
while(x<=n)
{
ans[x]=solve(x);
int l=x,r=n,mid;
while(l<r)
{
mid=((l+r)>>1)+1;
if(ans[x]==solve(mid))l=mid;
else r=mid-1;
}
for(int i=x+1;i<=l;i++)ans[i]=ans[x];
x=l+1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}