题解：luogu P3554 [POI 2013] LUK-Triumphal arch

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3554

首先注意到 \(k\) 具有单调性，考虑二分 \(k\)。

接下来考虑 check 的部分，注意到一个关键性质：B 不会走回头路，这样一定不优。

考虑 dp，设 \(f_i\) 表示在节点 \(i\) 为根的子树中，A 现有的 \(k\) 次染色次数不够用，还需要 \(f_i\) 次。当 \(f_i\) 为负表示剩余 \(f_i\) 次染色机会。

看转移：\(f_i=g_i-k+\sum_{j\in son_i} [f_j >0]f_j\)（\(g_i\) 表示 \(i\) 的儿子数量）。

首先假设 B 到 \(i\) 了，那么显然 A 要把 \(i\) 的儿子都染黑，这部分的染色次数为 \(g_i\)。当然，如果儿子不够用要找它借，这部分的代价为 \(\sum [f_j>0]f_j\)。

如果 \(f_1>0\) 那么不可行，否则可行。

解释一下为什么 \(f_j\) 必须为正才累加贡献：B 肯定是先走 \(i\) 再走到 \(j\)，那么肯定先要满足 \(i\) 的儿子被染黑，\(j\) 的操作必须在 \(i\) 之后。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5+5;
vector<int> g[N];
int son[N], dp[N];
inline void dfs(int x, int fa, int k){
    dp[x] = son[x] - k;
    for(int y : g[x]){
        if(y == fa) continue;
        dfs(y, x, k);
        if(dp[y] > 0) dp[x] += dp[y];
    }
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    int n; cin >> n;
    for(int i = 1; i < n; i++){
        int u, v; cin >> u >> v;
        g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
    }
    int l = g[1].size(), r = g[1].size(), ans = 0;
    for(int i = 2; i <= n; i++) son[i] = g[i].size() - 1, r = max(r, son[i]);
    son[1] = g[1].size();
    while(l <= r){
        int mid = (l + r) / 2;
        dfs(1, 0, mid);
        if(dp[1] <= 0) ans = mid, r = mid - 1;
        else l = mid + 1;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}