给你一棵以1为根的有根树，初始除了1号点为黑色外其余点均为白色。Bob初始在1号点。每次Alice将其中至多k个点染黑，然后Bob移动到任意一个相邻节点，重复这个过程。求最小的k，使得无论Bob怎样移动，经过的节点都是黑色节点。
输入
第一行，包含1个整数，n，表示建筑的数量。
接下来n-1行，每行两个整数u、v（1≤u,v≤n，u≠v），表示建筑u和建筑v之间有一条魔法道路。
数据保证任意两个建筑连通。
1≤n≤300000。
输出
输出一个整数k，表示最少需要派出施用咒语的成员数。
样例输入
7
1 2
1 3
2 5
2 6
7 2
4 1
样例输出
3
题解
二分+树形dp
建议大家读读原题面 = =
读懂题后可以发现：
Bob（伏地魔）的移动路线一定是从根节点到一个叶子节点的一条路径，因为走回头路实在是太傻逼了...
Alice（凤凰社）只需要每次将每次移动的叶子节点染黑即可，每次一定是优先染叶子节点（因为下一步就要走到），多余的补后面的部分。
答案显然具有单调性，考虑二分答案。
对于二分的 $k=mid$ ，使用树形dp判定：
设 $f[x]$ 表示Bob走到了 $x$ 节点，仅有 $x$ 染黑，需要额外染多少个黑点才能够完成（也就是说之前需要多出多少个剩余操作次数才能够满足条件）。
那么对于 $x$ ，显然 $f[x]= ext{max}(sumlimits_{fa[y]=x}f[y]+son[x]-mid,0)$ （$son[x]$ 表示 $x$ 的儿子个数），因为子节点需要染黑，每个儿子都需要补全（否则Bob可以选择该儿子）。而这一个点多余的的不能补给路径上之前的点，因此和 $0$ 取 $ ext{max}$ 。
如果 $f[1]=0$ ，说明不需要额外补充节点，$mid$ 可行；否则 $mid$ 不可行。
时间复杂度 $O(nlog n)$ 。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 300010
using namespace std;
int head[N] , to[N << 1] , next[N << 1] , cnt , son[N] , f[N] , mid;
inline void add(int x , int y)
{
to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void init(int x , int fa)
{
int i;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(to[i] != fa)
son[x] ++ , init(to[i] , x);
}
void dfs(int x , int fa)
{
int i;
f[x] = son[x] - mid;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(to[i] != fa)
dfs(to[i] , x) , f[x] += f[to[i]];
if(f[x] < 0) f[x] = 0;
}
int main()
{
int n , i , x , y , l , r , ans;
scanf("%d" , &n);
for(i = 1 ; i < n ; i ++ ) scanf("%d%d" , &x , &y) , add(x , y) , add(y , x);
init(1 , 0);
l = 0 , r = n;
while(l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1 , dfs(1 , 0);
if(f[1] == 0) ans = mid , r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
printf("%d
" , ans);
return 0;
}