弱雞萌新2023年難忘的騙分之旅
花了2個小時騙分2333
從n個點構成的的樹中取出m條邊不重複路徑，使得最小的路徑最長
由於沒有乙個確定的限制且問題具有單調性，首先肯定想到二分答案，設該數為x，那麼需要找出長度大於等於x的路徑條數
對於乙個子樹i，考慮它的貢獻，分為兩種：① i子樹中選一條或兩條鏈，使它們拼起來大於等於x ，② 父親節點通過連向i子樹的這條邊使用i子樹中的一條鏈，這個貢獻最多只能有一次（因為父親到i的邊只有一條）。那麼把哪一條鏈貢獻給父親呢？使用貪心策略
貪心：讓i子樹自己內部能配對的盡量配對，達到最多的配對數之後，將未配對的最大鏈貢獻給父親即可。這樣的正確性是顯然的，因為如果i子樹中有兩條鏈本來可以配對卻不讓它們配對，那麼路徑數少1，把其中一條貢獻給父親，通過2中敘述可知，這樣最多使路徑數加1，但是會多浪費一些父親子樹中的一些邊，肯定不如直接配對。
在使配對數最多的情況下，由於還要把未配對最大鏈貢獻給父親，所以這時候可以二分最大的鏈，檢驗如果沒有用這條鏈，是否還能達到最大匹配數，如果能則說明可以不用這條鏈，即可以貢獻給父親
上述思路總結起來的實現就是： 二分+排序+二分
排序用vector或者multiset即可
code：
#include#define n 50005
using namespace std;
const int inf = 2000000000;
int n,m,limit,sum;
vector e[n];
struct edge
edge[n<<1];int head[n],cnt=1;
void add_edge(int from,int to,int dis)
template void read(t &x)
bool ck(int rt,int pos,int l,int r,int goal)//不用pos是否能湊出goal個
int dfs(int rt,int fa)
if(e[rt].empty()) return 0;
sort(e[rt].begin(),e[rt].end());
int l=0,r=(int)e[rt].size()-1;
while(e[rt][r]>=limit) ++sum,--r;//單獨成鏈
int rest=r+1,tot=0;
while(l>1;
if(ck(rt,mid,0,rest-1,tot)) l=mid+1,ret=max(mid,ret);
else r=mid-1;
} return e[rt][ret];
}bool check(int x)//求所有大於等於x長度的賽道
int main()
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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