Problem Description
给出一棵 \(n\) 个节点的无根树。你可以进行以下操作：
选择 \(k\) 个共同父节点的叶子节点，将 \(k\) 个节点和与父节点相连的边删去。
求最大操作次数。
Input
第一行输入一个整数 \(t\) \((1 \le t \le 2 \times 10^4)\) ，表示测试组数。
接下来每组测试数据第一行输入两个整数 \(n\) , \(k\) \((2 \le n \le 2 \times 10^5,1 \le k <n)\) ，表示节点个数和删除的节点限制个数。接下来 \(n-1\) 行每行输入两个整数 \(x_i,y_i\) \((1 \le x_i,y_i \le n)\) ，表示 \(x_i\) 和 \(y_i\) 之间有一条边。
题目保证 \(\sum n \le 2 \times 10^5\) 。
Output
输出最大操作次数。
Solution
首先考虑到删 \(k\) 个叶子节点的操作是从原树的叶子节点向内进行的，这是具有拓扑关系的。
那么我们可以去考虑每个节点，将其视作根节点即可以找出所以情况的答案，但是这样复杂度是 \(O(n^2)\) ，此时我们便考虑通过换根 \(dp\) 去转移根节点状态优化。
\(dp_{u,0}\) 表示为 \(u\) 是否为可删节点，如何为 \(0\) 即为可删节点，如果不为 \(0\) 则为不可删节点。
\(dp_{u,1}\) 表示为 \(u\) 的儿子节点中可删节点的个数。
\(ans_u\) 表示 \(u\) 为父节点的子树对答案的贡献。
第一遍 \(dfs\) 时，我们任意找一个节点为根，得到各个点的状态，状态转移为：
\[\left\{ \begin{array}{l} dp_{u,1}=\sum[dp_{v,0} == 0], \\ans_u=\left \lfloor dp_{u,1} / k\right \rfloor + \sum ans_v, \\dp_{u,0}=[dp_{u,1}\%k \not= 0]+\sum dp_{v,0}, \end{array}\right.\]然后第二遍 \(dfs\) 时，首先要将 \(u\) 状态更新为儿子节点， \(ans_u-=ans_v\) ， \(dp_{u,0}-=dp_{v,0}\) 。
然后考虑转移的节点 \(v\) 是否为可删节点 ，如果是，考虑以下两种情况：
- \(dp_{u,1}\% k == 0\) ，说明 \(v\) 是对 \(u\) 的答案有贡献的，且 \(u\) 会变成不可删节点，我们需要令 \(ans_u--\) , \(dp_{u,0}++\)。
- \((dp_{u,0}-1)\%k==0\) ，说明在去掉这个节点后，\(u\) 的可删节点将没有残余，可能成为不可删节点，所以要 \(dp_{u,0}--\) 。
然后我们更新 \(v\) 的状态，首先判断一下是否 \(dp_{u,0}==0\) ，如果是则 \(u\) 变成可删节点， \(dp_{v,1}++\) 。之后类似第一遍的 \(dfs\) 转移即可，不过要注意需要先减去旧状态对状态的影响，下面中 \(be_1\) 表示 \(dp_{v,1}\) 为儿子节点时的状态：
\[\left\{ \begin{array}{l} dp_{v,0} = dp_{v,0}+dp_{u,0} + [dp_{v,1}\%k \not= 0]-[be_{1}\%k \not= 0], \\ans_v=ans_v+ans_u+\left \lfloor dp_{v,1}/k \right \rfloor-\left \lfloor be_1/k \right \rfloor,\end{array}\right.\]然后遍历下一个节点统计最大值，之后记得回溯状态即可。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
constexpr int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10;
int n, k;
int head[N], e[M], ne[M], idx;
inline void addedge(int a, int b) {
e[idx] = b, ne[idx] = head[a], head[a] = idx++;
}
int res, ans[N];
array<int, 2>dp[N];
void initial_dfs(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (v == fa)continue;
initial_dfs(v, u);
ans[u] += ans[v], dp[u][0] += dp[v][0];
if (!dp[v][0])dp[u][1]++;//儿子节点为可删节点才对答案有贡献
}
if (dp[u][1] % k)dp[u][0]++;//如果该节点操作后有不可删节点时
ans[u] += dp[u][1] / k;
}
void dfs(int u, int fa) {
res = max(res, ans[u]);
for (int i = head[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (v == fa)continue;
auto a = ans[u], b = ans[v];
auto l = dp[u], r = dp[v];
ans[u] -= ans[v], dp[u][0] -= dp[v][0];
if (!dp[v][0]) {//当转移节点是可删节点时
if (dp[u][1] % k == 0) ans[u]--, dp[u][0]++;//如果v对u的答案是有贡献的
if (--dp[u][1] % k == 0)dp[u][0]--;//如果v可能是限制u成为可删节点
}
if (!dp[u][0])dp[v][1]++;//如果u变成可删节点
//将v的状态转移成根节点状态
dp[v][0] += (dp[u][0] + (dp[v][1] % k != 0) - (r[1] % k != 0));
ans[v] += (ans[u] + dp[v][1] / k - r[1] / k);
dfs(v, u);
ans[u] = a, ans[v] = b, dp[u] = l, dp[v] = r;//状态回溯
}
}
void solve() {
cin >> n >> k;
res = idx = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) {
ans[i] = dp[i][0] = dp[i][1] = 0;
head[i] = -1;
}
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
addedge(a, b), addedge(b, a);
}
initial_dfs(1, 0);
dfs(1, 0);
cout << res << endl;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t;
cin >> t;
while (t--)solve();
}