[POI2013]LUK-Triumphal arch

LCVII.[POI2013]LUK-Triumphal arch

明显题目具有可二分性。

考虑如何check。

我们发现，一个足够聪明的B，必定不会走回头路。故最终结果一定是一条从根到某个叶子的路径。

我们发现，如果一个父亲已经染掉了它所有儿子，它剩余的操作次数便可以去染儿子，以防到了某个儿子的时候完不成任务。但是儿子的操作却不能反过来贡献父亲。

所以我们可以设计出这样的DP状态：\(f_x\)表示\(x\)节点最少需要从父亲那借多少次操作才可以完成任务。设二分的值是\(mid\)，于是就有

\[f_x=\max\Bigg(0,\Big(\sum\limits_{y\in son_x}(f_y+1)\Big)-mid\Bigg) \]

因为一个父亲必须保证它所有的儿子都能在B走过去的时候防的住，所以它必须有足够的操作次数染掉所有的儿子。如果不行，就必须再找爷爷借了。一直借到根，自然根是没地方借去的，所以判断条件就是\(f_1\)是否为\(0\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,f[1001000],mid;
vector<int>v[1001000];
void dfs(int x,int fa){
	f[x]=0;
	for(auto y:v[x])if(y!=fa)dfs(y,x),f[x]+=f[y]+1;
	f[x]-=mid,f[x]=max(f[x],0);
}
bool che(){
	dfs(1,0);
	return f[1]==0; 
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x,y;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
	int l=0,r=n;
	while(l<r){
		mid=(l+r)>>1;
		if(che())r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	printf("%d\n",r);
	return 0;
}