BZOJ3420: Poi2013 Triumphal arch

题目大意：给一颗树，1号节点已经被染黑，其余是白的，两个人轮流操作，一开始B在1号节点，A选择k个点染黑，然后B走一步，如果B能走到A没染的节点则B胜，否则当A染完全部的点时，A胜。求能让A获胜的最小的k

 

首先易知B不会走回头路，走回头路代表自己毫无贡献还让A多染了两次色

所以B的路径就是从根到叶子节点

先二分一下答案转成判定性问题

然后TreeDP，f[i]表示当B现在在i时，需要提前染好i的子树（不包含i）中的多少个节点才能保证A获胜

例如一个节点下方有X个叶子节点，而A每次只能染K个，那就需要提前染好其中的X-K个才能保证A获胜

那么显然可以得到f[i]=max(∑(f[j]+1)-K,0)  (j是i的儿子)

最后看f[1]是否=0就好了

注意这题有坑，n=1输出0

 

#include<iostream>#include<cstdio>#define N 300010using namespace std;int to[N<<1],nxt[N<<1],pre[N],cnt;int fa[N];void ae(int ff,int tt){cnt++;to[cnt]=tt;nxt[cnt]=pre[ff];pre[ff]=cnt;}int f[N];int D;void build(int x){int i,j;int tot=0;for(i=pre[x];i;i=nxt[i]){j=to[i];if(j==fa[x]) continue;fa[j]=x;build(j);tot+=f[j]+1;}f[x]=max(tot-D,0);}int main(){int n;scanf("%d",&n);if(n==1) {puts("0");return 0;}int i,j,x,y;for(i=1;i<n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);ae(x,y);ae(y,x);}int l=1,r=n-1;while(l<r){for(i=1;i<=n;i++) f[i]=0;D=(l+r)>>1;build(1);if(f[1]==0) r=D;else l=D+1;}printf("%d",l);}