傳送門
首先二分，這沒什麼好說的。
然後就成了乙個恆成立問題，就是說我們需要滿足最壞情況下的需求。
那麼顯然在最壞情況下伏地魔是不會走回頭路的 因為這顯然是白給
那麼我們肯定需要在所有它可能去的下乙個點都設定防禦。
也就是說要對當前ta所在點的所有葉子設防。
那麼我們就可以考慮 \(\text\) ，設 \(dp_i\) 表示在以 \(i\) 為根的子樹中設防（注意這裡不包括 \(i\) ）還需要多少成員。
那麼轉移就是：\(dp_u = \max\ dp_v + son_u - mid, 0\}\)
其中 \(son_u\) 表示 \(u\) 的兒子個數，方程的意思就是說我們需要在 \(i\) 的所有孩子中設防並且要在孩子的子樹裡設防，顯然我們不會需要負數的人（其實就是表示人多了）所以減掉 \(mid\) 後對 \(0\) 取個 \(\max\) 。
#include #define rg register
#define file(x) freopen(x".in", "r", stdin), freopen(x".out", "w", stdout)
template < class t > inline t max(t a, t b)
template < class t > inline void read(t& s)
const int _ = 3e5 + 5;
int tot, head[_]; struct edge edge[_ << 1];
inline void add_edge(int u, int v) , head[u] = tot; }
int n, son[_], dp[_];
inline void dfs(int u, int f) }
inline void dfs(int u, int f, int mid)
dp[u] = max(dp[u], 0);}
inline bool check(int mid)
int main()
printf("%d\n", l);
return 0;
}
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轉化問題,即乙個點從根節點往下走,到達任意乙個點時,保證每乙個與他直接連通的點都被覆蓋了 沒有必要向上走,因為這只會留更多時間來修復 所以我們討論只下不上的情況 二分乙個 mid 代表當前共有 mid 個人 設 f i 為到了 i 點,且 i 的兒子全部未被覆蓋,需要之前多少次額外的來覆蓋 有 f ...
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