Farmer John为了保持奶牛们的健康，让可怜的奶牛们不停在牧场之间
的小路上奔跑。这些奶牛的路径集合可以被表示成一个点集和一些连接
两个顶点的双向路，使得每对点之间恰好有一条简单路径。简单的说来，
这些点的布局就是一棵树，且每条边等长，都为1。
对于给定的一个奶牛路径集合，精明的奶牛们会计算出任意点对路径的最大值，
我们称之为这个路径集合的直径。如果直径太大，奶牛们就会拒绝锻炼。
Farmer John把每个点标记为1..V (2 <= V <= 100,000)。为了获得更加短
的直径，他可以选择封锁一些已经存在的道路，这样就可以得到更多的路径集合，
从而减小一些路径集合的直径。
我们从一棵树开始，FJ可以选择封锁S (1 <= S <= V-1)条双向路，从而获得
S+1个路径集合。你要做的是计算出最佳的封锁方案，使得他得到的所有路径集合
直径的最大值尽可能小。
Farmer John告诉你所有V-1条双向道路，每条表述为：顶点A_i (1 <= A_i <= V)
和 B_i (1 <= B_i <= V; A_i!= B_i)连接。
我们来看看如下的例子：
线性的路径集合(7个顶点的树)
1---2---3---4---5---6---7
如果FJ可以封锁两条道路，他可能的选择如下：
1---2 | 3---4 | 5---6---7
这样最长的直径是2，即是最优答案(当然不是唯一的)。
* 第1行： 两个空格分隔的整数V和S
* 第2...V行： 两个空格分隔的整数A_i和B_i
* 第1行：一个整数，表示FJ可以获得的最大的直径。
7 2
6 7
3 4
6 5
1 2
3 2
4 5
2
对于50%的数据，满足V<=100；
对于100%的数据，满足V<=100000
像这种最大值最小或者最小值最大的问题，二分答案是个不错的选择。二分答案之后问题就变成了对于当前这个树，最少需要删掉几条边才能使各个子树最大的半径都小于或等于某个值，如果删掉的边的数量比S小或者和S相等，那么就有可能使各个子树最大的直径等于一个更小的值。
至于最少删几条边才能使各个子树的最大的直径都小于或等于某个值，可以在dfs的时候利用贪心的思想解决。
记f[x]为满足二分的答案p限制的、从x出发的最长路（不需要记录子树直径！），cnt为至少需要割掉的边。dfs回溯时从底向上贪心求cnt,并更新f[]：
如果当前节点出发的最长路与次长路长度之和<=二分值p，则该节点为根的子树一定满足要求；否则要将当前最长路对应节点与当前节点割开，累加答案。
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=1e5+10; struct node{ int v,next; }e[N<<1]; int n,s,tot,ans,head[N]; int f[N],a[N]; void add(int x,int y){ e[++tot].v=y; e[tot].next=head[x]; head[x]=tot; } void dfs(int u,int fa,int num){ int cnt=0; for(int i=head[u];i;i=e[i].next) if(e[i].v!=fa) dfs(e[i].v,u,num); for(int i=head[u];i;i=e[i].next) if(e[i].v!=fa) a[++cnt]=f[e[i].v]+1; sort(a+1,a+cnt+1); while (cnt&&a[cnt]+a[cnt-1]>num) cnt--,ans++; f[u]=a[cnt]; } inline bool check(int x){ ans=0; dfs(1,0,x); return ans<=s; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&s); for(int i=1,x,y;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x); int l=1,r=n; while(l<r){ int mid=l+r>>1; if(check(mid)) r=mid; else l=mid+1; } printf("%d ",l); return 0; }