BZOJ2067: [Poi2004]SZN【贪心DP】

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题目描述：

n个点的树，问最少需要多少条线才能覆盖所有边，以及最少用线的情况下最长线的最短长度。
一条边只能被覆盖一次，线与线之间点可以相交。
n<=10000

题目分析：

我们先不考虑最少用线。
一个点 $i$（非根节点），由于它的父亲要被覆盖，所以最少用线的情况下这条线一定可以往其中一个儿子延伸，其余儿子连到自己的这条线就要两两配对，用 $d[i]$表示 $i$的度数，则 $i$的贡献就是 $\frac {d[i]-1}2$（不计连向上面的边），根节点没有向上的边，所以要加一。

通过上面这个贪心就可以大致发现线的形成方式是固定的，即 $i$子树中用多少条线的数量已经固定了，那么就只需要考虑向上连的这条线的长度了。
设 $f[i]$表示 $i$连向父亲的这条线的最短长度，选一条边上传，剩下的配对，这时候就要考虑怎么使最长线最短了。
这应该是一个经典的二分问题，二分一个 $Mid$表示最长长度，向上传的时候将儿子排序，二分能够向上传的最短长度，然后检验剩下的线配对能否<=Mid。

实现中有几个细节需要注意：

• 根节点不能向上传，直接检验。
• 如果 $i$的儿子为偶数个，那么可以不向上传而直接让儿子配对，提前检验。
• 如果要上传，儿子为偶数个，那么必须留下最大的一个儿子单独成线不配对（这样和上面一种情况用线数相同），剩下的部分同奇数，二分上传哪一个，然后剩下的配对。
• 配对的检验可以直接最大的和最小的依次配对，正确性比较显然。
• 也可以不二分上传哪一个，可以用set，将最大的和能够配对的尽量大的配对（upper_bound-1），然后删除，直到最后只剩一个就是上传的最小的长度。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 10005
using namespace std;
int n,deg[maxn],f[maxn],g[maxn],cnt,Mid;
int fir[maxn],nxt[maxn<<1],to[maxn<<1],tot;
inline void line(int x,int y){nxt[++tot]=fir[x],fir[x]=tot,to[tot]=y;}
bool check(int x){
	for(int l=1,r=cnt;l<r;l++,r--){
		l==x&&l++,r==x&&r--;
		if(l<r&&g[l]+g[r]>Mid) return 0;
	}
	return 1;
}
bool dfs(int u,int ff){
	for(int i=fir[u];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=ff&&!dfs(to[i],u)) return 0;
	cnt=0;
	for(int i=fir[u];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=ff) g[++cnt]=f[to[i]];
	sort(g+1,g+1+cnt);
	if(u==1) return check(0);
	if(!(cnt&1)){
		if(check(0)) {f[u]=1;return 1;}
		cnt--;
	}
	int l=1,r=cnt+1,mid;
	while(l<r){
		mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) r=mid;//if(g[mid]<Mid&&check(mid)) is wrong.
		else l=mid+1;
	}
	if(l==cnt+1) return 0;
	else return (f[u]=g[l]+1)<=Mid?1:0;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x,y;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),line(x,y),line(y,x),deg[x]++,deg[y]++;
	int sum=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) sum+=(deg[i]-1)>>1;
	int l=1,r=n-1;
	while(l<r){
		Mid=(l+r)>>1;
		if(!dfs(1,0)) l=Mid+1;
		else r=Mid;
	}
	printf("%d %d\n",sum,l);
}