洛谷 P3523 [POI2011] DYN-Dynamite
分析
二分答案，问题转化为：对于给定的 \(K\)，选择尽可能少的节点，使得所有关键节点都被「覆盖」。
对于一个关键节点，「覆盖」的定义为：存在一个被选择的点与这个关键节点的距离不大于 \(K\)。
方便起见，我们指定 \(1\) 号节点是这棵树的根节点。
我们使用树形 DP 的思路，自底而上、无后效性地求解。换句话说，显然地，当我们考虑一个节点 \(u\) 时，默认 \(u\) 的子树内已经达到最优。
对于每个节点 \(u\)，我们维护两个信息：
-
\(f _ u\)：\(u\) 的子树内离 \(u\) 最远的 未被覆盖的关键节点 和 \(u\) 之间的距离。特别地，若 \(u\) 的子树内不存在 未被覆盖的关键节点，则 \(f _ u = -\infty\)。
-
\(g _ u\)：\(u\) 的子树内离 \(u\) 最近的 被选择的节点 和 \(u\) 之间的距离。特别地，若 \(u\) 的子树内不存在 被选择的节点，则 \(g _ u = \infty\)。
初始化 \(f _ u = - \infty, g _ u = \infty\)，然后从 \(u\) 的儿子节点转移：
\[f _ u = \max _ {v \in \operatorname{son}(u)} \{ f _ v + 1 \}, \\ g _ u = \max _ {v \in \operatorname{son}(u)} \{ g _ v + 1 \}. \]现在我们对儿子节点的信息进行汇总：
- 若 \(f _ u + g _ u \le K\)，那么 \(u\) 的子树内所有关键节点都被覆盖了，更新 \(f _ u \gets -\infty\)。
- 若 \(d _ u = 1\)，\(u\) 本身是一个关键节点，更新 \(f _ u \gets \max \{f _ u, 0\}\)。
接下来决策要不要选择 \(u\)，我们有贪心结论：当且仅当 \(f _ u = K\) 时选择 \(u\)。
略证：必要性显然；充分及最优性则是因为若 \(f _ u < K\) 我们就可以选择 \(u\) 的祖先，而 \(u\) 的祖先一定不比 \(u\) 劣，因为 \(u\) 的祖先可以覆盖更大的范围。
当然 $u = 1 $ 是个例外，根节点没有祖先，所以若 \(f _ 1 \ne -\infty\) 就一定要选 \(1\) 号节点。
如果选择了 \(u\)，那么同样也要更新：
\[f _ u \gets -\infty, \\ g _ u \gets 0. \]总结一下：在 \([0, n]\) 内二分 \(K\)，每次判定时自底而上维护、决策，记录选择了几个点。
复杂度分析
二分复杂度为 \(\operatorname{O}(\log n)\)，每次树形 DP 判定复杂度为 \(\operatorname{O}(n)\)，总时间复杂度为 \(\operatorname{O}(n \log n)\)。
实现
递归常数略大，可能需要卡常。
#include <iostream>
#include <vector>
const int N = 300'000, INF = 1e9;
int n, m, cnt;
bool d[N + 5];
int f[N + 5], g[N + 5];
std::vector<int> edge[N + 5];
void dfs(int u, int fa, int k)
{
f[u] = -INF;
g[u] = INF;
for (auto v : edge[u])
if (v != fa)
{
dfs(v, u, k);
f[u] = std::max(f[u], f[v] + 1);
g[u] = std::min(g[u], g[v] + 1);
}
if (f[u] + g[u] <= k)
f[u] = -INF;
if (d[u] && g[u] > k)
f[u] = std::max(f[u], 0);
if (f[u] == k)
{
f[u] = -INF;
g[u] = 0;
cnt++;
}
}
bool check(int k)
{
cnt = 0;
dfs(1, 0, k);
if (f[1] >= 0)
cnt++;
return cnt <= m;
}
int binary_search()
{
int l = 0, r = n, res = 0;
while (l <= r)
{
int mid = (l + r) / 2;
if (check(mid))
{
r = mid - 1;
res = mid;
}
else
l = mid + 1;
}
return res;
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cout.tie(nullptr);
std::cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++)
std::cin >> d[i];
for (int i = 1; i < n; i++)
{
int u, v;
std::cin >> u >> v;
edge[u].push_back(v);
edge[v].push_back(u);
}
std::cout << binary_search() << "\n";
return 0;
}