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【题意】
给你一棵n节点的树，现在让你放k个猴子，可以删边，问最少可以剩余几条边，放k个猴子，满足任意一个猴
子至少与一只猴子相连。2<=k<=n<=1e5
【题解】
一条边最划算的做法就是,边的两个端点连的是两个单独的不同的点。
且这两个点都没有和其他点相连。
而原题意可以理解为,用最少的边凑够k只猴子.
上面说的这种做法,每次可以凑2只猴子。
显然是最优的。
于是我们优先做这样的连法。
其实也就是在这棵树上选最多的相邻点对数。
而树肯定是二分图。
相邻的点->二分图的两个部分。
会发现我们正是要找这个树的二分图最大匹配数。
而二分图的最大匹配数=最小点覆盖.
树的最小点覆盖是可以用O(N)的动规写出来的。
然后就知道有多少条边是可以一条边就凑两只猴子的了。
剩下的如果猴子不够的话,就只能用一条边了。
因为是两个两个地凑,奇数的话,那单独的一只只能额外加一条边了。
要用输入挂(fread)不然会超时。
【错的次数】
0
【反思】
树肯定是二分图。
相邻点对->二分图匹配。
二分图匹配->点覆盖。
【代码】
/*
*/
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <set>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb emplace_back
#define fi first
#define se second
#define ld long double
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof x)
#define ri(x) scanf("%d",&x)
#define rl(x) scanf("%lld",&x)
#define rs(x) scanf("%s",x)
#define rf(x) scnaf("%lf",&x)
#define oi(x) printf("%d",x)
#define ol(x) printf("%lld",x)
#define oc putchar(' ')
#define os(x) printf(x)
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define Open() freopen("F:\rush.txt","r",stdin)
#define Close() ios::sync_with_stdio(0)
#define sz(x) ((int) x.size())
#define ld long double
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<LL, LL> pll;
//mt19937 myrand(time(0));
//int get_rand(int n){return myrand()%n + 1;}
const int dx[9] = { 0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1 };
const int dy[9] = { 0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1 };
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 1e5;
namespace IO {
const int MX = 4e7;//随输入量改变
char buf[MX]; int c, sz;
void begin() {
c = 0;
sz = fread(buf, 1, MX, stdin);
}
inline bool read(int &t) {
while (c < sz && buf[c] != '-' && (buf[c] < '0' || buf[c] > '9')) c++;
if (c >= sz) return false;
bool flag = 0; if (buf[c] == '-') flag = 1, c++;
for (t = 0; c < sz && '0' <= buf[c] && buf[c] <= '9'; c++) t = t * 10 + buf[c] - '0';
if (flag) t = -t;
return true;
}
}
int n, k,dp1[N+10],dp2[N+10];//放 不放
vector <int> g[N + 10];
void dfs(int x) {
dp1[x] = 1,dp2[x] = 0;
int len = g[x].size();
rep1(i,0,len-1){
int y = g[x][i];
dfs(y);
dp1[x]+=min(dp1[y],dp2[y]);
dp2[x]+=dp1[y];
}
}
int main() {
//Open();
//Close();
int T;
IO::begin();
IO::read(T);
while (T--) {
IO::read(n), IO::read(k);
rep1(i,1,n) g[i].clear();
rep1(i, 1, n - 1) {
int x;
IO::read(x);
g[x].pb(i+1);
}
dfs(1);
int dui = min(dp1[1],dp2[1]);
int flag = k&1;
k/=2;
if (k <= dui){
oi(k + flag);puts("");
}else{
//k>dui
oi(dui + k*2 - dui*2 + flag);puts("");
}
}
return 0;
}