来讲点大家想听的：P17834

[CSP-S 2026] 研发基地 / hub

CSP 好好玩啊！啊！坑坏了！

思维难度中等。

代码难度超高。

简述题意

从一颗树里选择 \(k\) 个点，这 \(k\) 个点的连通块不超过两个。

使得剩下没选的 \(n-k\) 个点到这 \(k\) 个点的距离的最大值最小。

算法分析

我们发现“最大值最小”，一眼就是二分的条件啊！

我们直接考虑二分。

对啥二分呢？

对题目里的通勤半径二分也就是“\(n-k\) 个点到这 \(k\) 个点的距离的最大值”。

我们看能不能在这里面找出 \(k\) 个点使得满足条件。

于是开始考虑当二分到 \(rad\) 时可不可以。

check

首先我们去掉绝对可以不用管的东西，最外面的 \(rad\) 层叶子。

因为无论如何这个都可以满足。

这里要引进一个概念“关键点”。

“关键点”：就是必须要选的点。

所以去掉的点都是非关键点，易证明剥叶子后留下剩下的点一定满足条件。

设：剩下的点为 \(cnt\)。

如果 \(cnt\le k\) 好办，直接从其他地方补足即可，随便几个都可以，反正满足。

但反之就不好做了，要删掉多余的，咋办？

不能删掉剩下的那个图的叶子，也不能删除多叉节点，因为删掉叶子就会不满足条件，删除多叉节点就会不止 \(2\) 个连通块了，至少有 \(3\) 个。

所以我们只能删除每一条连续二度链。

而且长度要大于等于要删除点的个数，因为要不删不了，要不不止 \(2\) 个连通块。

于是我就转化成了链上操作。

进链

对于每一条链，我们可以使用滑动窗口然后依次判断是否可行。

但是依次判断会超时的，最坏情况会有 \(O(n^2)\)。

所以我们需要 \(O(1)\) 判断每个窗口是否可行。

我们可以把整个窗口划分成两个部分，一个部分离左边没删掉的点更近，另一个部分离右边没删掉的点更近，而且以正中间为分割线，于是我们可以把它拆成两个窗口。

于是只要判断左窗口的最右边和右窗口的最左边即可。

于是我们做完了。

呼。汗。

code

你们喜欢的 code 环节：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const ll N=1e6+1,INF=0x541254484852;

int c,tc,t,n,k,u,v,deg[N],DEG[N],q[N],in_core[N],h[N];
basic_string<int>E[N];
bool vis[N];

void peel(int dep){
    int l=1,r=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
        DEG[i]=E[i].size(),in_core[i]=h[i]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(DEG[i]<=1)
            in_core[i]=1,q[++r]=i;
    while(l<=r){
        int u=q[l++];
        for(auto v:E[u]){
            if(in_core[v])
                continue;
            h[v]=max(h[v],in_core[u]),DEG[v]--;
            if(DEG[v]==1&&in_core[u]<dep)
                in_core[v]=in_core[u]+1,q[++r]=v;
        }
    }
}

bool solve_on_the_chain(vector<int>chain,int del,int rad){
	int len=chain.size();
	if(len<del)
		return false;
	int m=len-del+1;
	vector<int>diff(m+1,0);
	for(int i=0;i<len;i++){
		int rem_d=rad-h[chain[i]];
		int lo=max(0,i+rem_d-del+1);
		int hi=min(m-1,i-rem_d);
		if(lo<=hi)
			diff[lo]++,diff[hi+1]--;
	}
	int cur=0;
	for(int l=0;l<m;l++){
		cur+=diff[l];
		if(cur==0)
			return true;
	}
	return false;
}

bool check(int rad){
    peel(rad);
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!in_core[i])
            cnt++;
    if(cnt<=k)
        return true;
    int rem=cnt-k;
    fill(vis+1,vis+n+1,false);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(in_core[i]||DEG[i]!=2||vis[i])
            continue;
        int pre=0,start=i;
        vector<int>chain;
        while(true){
            int nxt=-1;
            for(int v:E[start])
                if(!in_core[v]&&DEG[v]==2&&v!=pre){
                    nxt=v;
                    break;
                }
            if(nxt==-1)
                break;
            pre=start,start=nxt;
        }
		pre=0;
		int cur=start;
        while(cur!=0){
            vis[cur]=true,chain.push_back(cur);
            int nxt=0;
            for(int v:E[cur])
                if(!in_core[v]&&DEG[v]==2&&v!=pre){
                    nxt=v;
                    break;
                }
            pre=cur,cur=nxt;
        }
        if(solve_on_the_chain(chain,rem,rad))
        	return true;
    }
    return false;
}

void solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++)
		E[i].clear();
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<n;i++)
		cin>>u>>v,E[u].push_back(v),E[v].push_back(u);
	if(n==k){
		cout<<0<<endl;
		return;
	}
	int l=1,r=n,ans=n;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid))
			r=mid-1,ans=mid;
		else
			l=mid+1;
	}
	cout<<ans<<endl;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>c>>tc;
	while(tc--)
		solve();
}

后记

中途 TLE 了。

但是把 vector 换成 basic_string 后跑的飞快。

这是一个教训。

我调了 37 发呀！

算不算滥用测评啊？

可以顶一下吗？我写了两星期qwq。

不要直接抄啊！我讨厌验证码qwq。