P3554 [POI2013]LUK-Triumphal arch

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原文链接：http://www.cnblogs.com/olinr/p/10237917.html

\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)

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

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

第一行：n

然后是n-1条边

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

最小的k

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

\(1\leq n \leq 300000\)

\(\color{#0066ff}{ 题解 }\)

考虑当前B在一个点上，首先，他肯定不会走回头路，因为来的路一定都被染黑了，肯定不优的

如果当前点的子树个数>k，那么显然A是不能全染黑的，B就有机可乘了qwq

如果子树个数不足，那么显然剩下的一些染色机会就会被分配到子树中去

我们设f[i]表示将i的子树全部染黑（不包括i）还需要几次

则\(f[u] = \sum{(f[v]+1)} - k\)

二分ans，我们只需判\(f[1]\)是否为0即可

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
    char ch; LL x = 0, f = 1;
    while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
    for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
    return x * f;
}
struct node {
    int to;
    node *nxt;
    node(int to = 0, node *nxt = NULL): to(to), nxt(nxt) {}
    void *operator new (size_t) {
        static node *S = NULL, *T = NULL;
        return (S == T) && (T = (S = new node[1024]) + 1024), S++;
    }
};
const int maxn = 3e5 + 100;
int f[maxn];
node *head[maxn];
int n;
void add(int from, int to) {
    head[from] = new node(to, head[from]);
}
void dfs(int x, int fa, int mid) {
    f[x] = 0;
    for(node *i = head[x]; i; i = i->nxt) {
        if(i->to == fa) continue;
        dfs(i->to, x, mid);
        f[x] += (f[i->to] + 1);
    }
    f[x] = std::max(0, f[x] - mid);
}
bool ok(int mid) {
    dfs(1, 0, mid);
    return f[1] == 0;
}
int main() {
    n = in();
    int x, y;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        x = in(), y = in();
        add(x, y), add(y, x);
    }
    int l = 0, r = n, ans = n;
    while(l <= r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(ok(mid)) ans = mid, r = mid - 1;
        else l = mid + 1;
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/olinr/p/10237917.html