考慮乙個點 \(x\)，肯定是選擇刪去它後最大的連通塊的乙個子樹連線到最小的連通塊的乙個子樹。答案範圍在次大連通塊大小和最大連通塊大小之間。
顯然這個東西是有單調性的，考慮二分答案 \(mid\)，設最大最小的連通塊大小為 \(s1,s2\)，那麼我們只需要知道最大的連通塊內是否有乙個子樹大小在 \([s2-mid,mid-s1]\) 之內就可以了。
如果最大連通塊是 \(x\) 的子節點為根的子樹，這個玩意直接線段樹合併就可以了。
如果最大連通塊是 \(x\) 的父親所在連通塊，我們發現 \(x\) 的祖先節點的大小會減小 \(\text_x\)，其他節點不變。所以我們可以用所有大小在 \([s2-mid,mid-s1]\) 的點的數量，減去 \(x\) 子樹內在範圍內點的數量，再減去 \(x\) 祖先節點在範圍內的數量，加上 \(x\) 祖先在 \([s2-mid+\text_x,mid-s1+\text_x]\) 的數量即可。
用乙個樹狀陣列再維護一下 \(x\) 祖先就好了。
時間複雜度 \(o(n\log^2 n)\)。
#include using namespace std;
const int n=100010,lg=18,maxn=n*lg*4;
int n,tot,ans[n],fa[n],head[n],cnt[n],rt[n],siz[n],maxp[n][3],son[n];
struct edge
e[n];
void add(int from,int to)
; head[from]=tot;
}struct bit
int query(int x)
}bit;
struct segtree
int query(int x,int l,int r,int ql,int qr)
int merge(int x,int y)
}seg;
void ins(int x,int s,int v)
if (ql>qr)
if (son[x]!=fa[x])
else
}ans[x]=r+1;
bit.add(siz[x],1);
for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
dfs2(e[i].to);
bit.add(siz[x],-1);
}int main()
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