洛谷3698 CQOI 2017 小Q的棋盘

题意：给出一个树，从0开始出发，可以走m步，问这m步最多可以访问多少个不同的点。

题解：很神奇的题目啊。考虑树的遍历（dfs）：2*（n-1）步就可以把每个点都访问两次（叶节点1次）。观察边对答案的贡献：dfs往下走的边：每条边会贡献一个新的节点。dfs回溯的边：每条边对答案没有贡献。且对答案没有贡献的边不会走第二次。那么问题很简单了。先抓住一个主方向：往以0为一端的最长链的方向可劲走，如果步数还多，那中间可以往其他分枝走一走，走在分枝上的处理和主干上一样（也可以继续往其他分枝走），但是最后都要回到主干上继续闷着头往下走。那么沿着主干往下走的时候，每条边都会带来1的贡献。而往分支走的时候，往下走的边会带来贡献，回溯边无贡，因此乘上1/2。

Tips：考虑离0最远的点是t。中途经过了s。s有一个分枝可以走到k，那么显然0-s-k-s-t的步数小于0-s-t-s-k。所以说，带回溯的路径优先选择非主链。这是由最长链的性质所决定。

Code：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 105;vector<int> E[maxn];int m,n;int ans=0;void dfs(int node,int father,int len){ans = max(ans,len);for (vector<int>::iterator it = E[node].begin();it!=E[node].end();++it){int des = *it;if (des==father)continue;dfs(des,node,len+1);}}int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<n;i++){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);E[u].push_back(v);E[v].push_back(u);}dfs(0,-1,1);if (ans>m)cout<<m+1<<endl;else{cout<<min(n,ans+(m-ans+1)/2)<<endl;}return 0;}