前言
一道好题，也就花了我一个下午而已。
本人做法比较清奇，可以当做开阔思路参考，并不太建议实操（太难调了！）。
文章较啰嗦，谅解。
思路
众所周知，我并不太喜推式子，所以我们考虑直接根据题目限定的条件硬刚。
首先，我们先假定 \(1\) 为根，并求出每个点的子树的大小，记为数组 \(size\)，并且再维护一下每一个点的时间戳。
接着我们考虑一种特殊情况，即如果 \(1\) 可以为树的重心的情况，那么他就会有接下来的两种子情况：
-
他所有的儿子的 \(size\) 全部小于等于 \(\dfrac {n}{2}\)。
-
有一个儿子 \(x\) 的 \(size\) 大于 \(\dfrac {n}{2}\)，且这个儿子的子树上一定能找到一个点 \(y\) 满足 \(size_x-size_y \le \dfrac{n}{2},size_y\le \dfrac{n}{2}\)。（把这个子树拆下来接到 \(1\) 上就可以满足重心的条件）
第二种情况不是很理解的话可以看下面这张图：
只有两种情况满足其一，那么 \(1\) 就可以成为树的重心。
接下来，我们迁移到一般的情况，那么就需要考虑除了他子树以外的情况。
对于树上的任意节点 \(x\)，要让他成为树的重心，就会有接下来的三种情况。
-
他所有的儿子的 \(size\) 全部小于等于 \(\dfrac{n}{2}\)，并且 \(n-size_x \le \dfrac{n}{2}\)。
-
同根节点的第二种情况。
-
\(n-size_x > \dfrac{n}{2}\)，即删除 \(x\) 后，不属于他子树的那一部分超过了重心的限制。那么在其中，我们又要分为两种情况。首先选择一个不在 \(x\) 子树上的点 \(y\)。如果 \(y\) 不在根节点到 \(x\) 的那条链上，那么只需要满足 \(size_y \le \dfrac{n}{2},n-size_x-size_y\le \dfrac{n}{2}\)。否则，我们拆下来的，就是除了 \(y\) 子树以外的部分,接到 \(x\) 上面去（毕竟你不可以把 \(x\) 的子树也拆下来，不然就会没有任何效果。），即满足条件 \(size_y-size_z\le \dfrac{n}{2},n-size_y \le \dfrac{n}{2}\)，只要找到一个符合条件的 \(y\) 即可。
那么接下来，问题就转化为了 \(x\) 能不能找到一个符合条件的 \(y\)。（毕竟第一个条件很好解决。）
接着继续转化问题，对于情况2，我们可以移一下项，将其转化为 \(y\) 满足条件 \(size_x-\dfrac{n}{2} \le size_y \le \dfrac{n}{2}\)，且 \(dfn_x \le dfn_y \le dfn_x+size_x-1\)。
对于情况三的第一种情况，我们也可以移一下项，转化为 \(n-size_x-\dfrac{n}{2} \le size_y \le \dfrac{n}{2}\)，且 \(dfn_y<dfn_x,dfn_y>dfn_x+size_x-1\)（对于不在链上这一限制，后面会说怎么处理）。
这两种情况都可以看做有四个常数 \(p,q,l,r\)，判断是否有对于 \(x \in [p,q],y \in [l,r]\) 存在 \(x=size_y\)。
显然，我们可以对于 \(size\) 分块，然后开两个 \(set\) \(a,b\)，\(a_x\) （为什么用set后面会解释。）里面放所有 \(size=x\) 的所有下标，\(b_x\) 放 \(size\) 属于 \(x\) 这个块的所有的下标。最后查询时，以 \(size\) 为第一维，对于散块，在 \(a\) 中二分，看有没有满足属于 \([l,r]\) 的值，对于整块，则在 \(b\) 中二分。
接着，我们看向比较难处理的情况三的第二种情况。
我们可以动态维护一个数组，依次储存从根到该节点的链上的所有 \(size\) 值，可以发现是单调递减。并且记得在加入数组时，删除他在 \(a,b\) 中的值，在删除数组元素时，加回去。（因为必须要保证在情况三的情况1解决时要不包含这些在链上的元素）。这里的删除和加入就解释了为什么要采用 set。接着可以先在数组中二分找出满足 \(n-size_y \le \dfrac{n}{2}\) 的 \(y\) 的范围，然后在这个范围中继续二分找出是否存在满足 \(size_y-size_z\le \dfrac{n}{2}\) 的 \(y\)，那么就解决了情况3的第二种情况。
时间复杂度，分块+二分，及 \(n \sqrt n \log n\)，但因为二分的区间长度不可能每次都是顶着的，所以远远达不到这个上界，但仍然很慢。
所以问题就 迎刃而解 了！
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
struct node
{
int tar,nxt;
}arr[800005];
int fst[400005],cnt;
void adds(int x,int y)
{
arr[++cnt].tar=y,arr[cnt].nxt=fst[x],fst[x]=cnt;
}
int size[400005],dfn[400005],tot,rnk[400005];
int klen,len;
set<int> a[400005],b[100005];
bool dp[400005];
void dfs(int x,int last)
{
dfn[x]=++tot;
rnk[dfn[x]]=x;
for(int i=fst[x];i;i=arr[i].nxt)
{
int j=arr[i].tar;
if(j==last) continue;
dfs(j,x);
size[dfn[x]]+=size[dfn[j]];
}
size[dfn[x]]++;
}
int getk(int x)
{
return ceil(x/(klen*1.0));
}
int lk(int x)
{
// cout<<x<<" "<<(x-1)*klen+1<<endl;
return (x-1)*klen+1;
}
int rk(int x)
{
if(x==len) return n;
else return x*klen;
}
bool ch1(int p,int x,int y)
{
// cout<<p<<" "<<x<<" "<<y<<endl;
set<int>::iterator q=a[p].lower_bound(x);
if(q==a[p].end()) return false;
else if(*q<=y) return true;
else return false;
}
bool ch2(int p,int x,int y)
{
set<int>::iterator q=b[p].lower_bound(x);
if(q==b[p].end()) return false;
else if(*q<=y) return true;
else return false;
}
bool check(int l,int r,int x,int y)
{
// cout<<l<<" "<<r<<" "<<x<<" "<<y<<endl;
if(l>r) return false;
int p=getk(x)+1,q=getk(y)-1;
int pp=rk(getk(x)),qq=lk(getk(y));
if(p>q)
{
for(int i=x;i<=y;++i) if(ch1(i,l,r)) return true;
}
else
{
for(int i=x;i<=pp;++i) if(ch1(i,l,r)) return true;
for(int i=qq;i<=y;++i) if(ch1(i,l,r)) return true;
for(int i=p;i<=q;++i) if(ch2(i,l,r)) return true;
}
return false;
}
int p[400005],tail=400001;
void add(int x)
{
p[--tail]=size[dfn[x]];
x=dfn[x];
set<int>::iterator q=a[size[x]].lower_bound(x);
a[size[x]].erase(q);
q=b[getk(size[x])].lower_bound(x);
b[getk(size[x])].erase(q);
}
void del(int x)
{
tail++;
x=dfn[x];
a[size[x]].insert(x);
b[getk(size[x])].insert(x);
}
void get_ans(int x,int last)
{
if(x!=1)
add(x);
int flg=0,num=0,l,r;
bool bj=0;
for(int i=fst[x];i;i=arr[i].nxt)
{
int j=arr[i].tar;
if(j==last) continue;
if(size[dfn[j]]>n/2) flg++,num=size[dfn[j]],l=dfn[j],r=dfn[j]+size[dfn[j]]-1;
get_ans(j,x);
}
del(x);
if(n-size[dfn[x]]>n/2) flg++,num=n-size[dfn[x]],bj=1;
if(flg>=2) return;
if(flg==0)
{
dp[x]=1;
return;
}
if(!bj)
{
if(check(l,r,num-n/2,n/2))
dp[x]=1;
}
else
{
//x,x+size[x]-1
if(check(1,dfn[x]-1,num-n/2,n/2)||check(dfn[x]+size[dfn[x]],n,num-n/2,n/2))
dp[x]=1;
if(dp[x])
{
return;
}
// cout<<x<<" "<<1<<endl;
int ll=lower_bound(p+tail,p+400000+1,n-n/2)-p,rr=400000,mid,ans;
while(ll<=rr)
{
mid=(ll+rr)>>1;
if(p[mid]-size[dfn[x]]<=n/2)
{
dp[x]=1;
break;
}
else
{
rr=mid-1;
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;++i)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
adds(x,y);
adds(y,x);
}
klen=sqrt(n),len;
if(klen*klen==n) len=klen;
else len=klen+1;
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;++i) a[size[i]].insert(i),b[getk(size[i])].insert(i);
get_ans(1,0);
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",dp[i]);
}