这题看完题解后迟迟不下手写代码，因为这道题实在是太厉害了！
考虑对于一棵树手玩这个过程，发现如果一个点要作为中间的一个节点，它肯定会挂上周围的所有点所在的树，当然它之后挂的点除外。这事实上是一个点分树的过程，那么该问题就是求最大深度最小的点分树，发现并不好做。
好在它刚刚告诉我答案是 \(\log n\) 级别的，这样似乎会好做一些。现在彻底清除刚刚自己思考的废料，只保留刚刚挖掘出的答案的级别，继续思考性质，发现一棵树能作为一棵 Uninity \(k\) 的树的充要条件是给每个点赋一个权，对于权相同的两个点的路径上必须得存在一个点权大于自己的点，切整棵树的点权最大值为 \(k\)，而一个点在问题中挂了若干棵 Uninity \(k\) 的数，则这个点点权为 \(k+1\)。
这个性质貌似可以在考虑两棵树的时候想到，因为要想把两棵树连起来，显然要有一个点能让这两棵树挂在一起，而这两棵树挂的点显然大于这两棵树里的点的点权。
所以现在问题转化了，我们只需要求使得最大值最小的合法的点权分配方式即可。考虑贪心的子树转移，设 \(S_u\) 表示子树内有哪些点权在到 \(u\) 的路径中不存在比该点权大的点，那么当前点权 \(a_u\) 现在不在任意一个 \(S_{son_u}\) 里面出现，而如果有至少两棵子树的集合中存在相同的点权，那么当前点权 \(a_u\) 得保证大于这些点权，因为需要满足这两个路径中存在比自己大的点权。
直接二进制转移即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, l, r) for (int i (l); i <= r; ++ i)
#define rrp(i, l, r) for (int i (r); i >= l; -- i)
#define pii pair <int, int>
#define eb emplace_back
#define inf 1000000000
using namespace std;
constexpr int N = 1e5 + 5, M = 310, P = 1e9 + 7;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
inline ll rd () {
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar ();
while (! isdigit (ch)) {
if (ch == '-') f = -1;
ch = getchar ();
}
while (isdigit (ch)) {
x = (x << 1) + (x << 3) + ch - 48;
ch = getchar ();
}
return x * f;
}
void add (int &x, int y) {
(x += y) >= P ? (x -= P) : (x);
}
int qpow (int x, int y) {
int ret = 1;
for (; y; y >>= 1, x = x * x % P) if (y & 1) ret = ret * x % P;
return ret;
}
int n;
vector <int> e[N];
int ans, f[N];
void dfs (int u, int fa) {
int s = 0, p = 0;
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
dfs (v, u);
rep (i, 0, 20) {
if ((s >> i & 1) && (f[v] >> i & 1)) p = max (p, i + 1);
} s |= f[v];
}
while (s >> p & 1) ++ p;
ans = max (ans, p);
f[u] = s;
f[u] |= 1 << p;
f[u] = (f[u] >> p) << p;
}
int main () {
// freopen ("1.in", "r", stdin);
// freopen ("1.out", "w", stdout);
n = rd ();
rep (i, 2, n) {
int u = rd (), v = rd ();
e[u].eb (v), e[v].eb (u);
}
dfs (1, 0);
cout << ans;
}