FZOJ 3602 T2

对最外层所有叶子编号（编号都为 (1)），然后把他们删去，然后给倒数第二层叶子编号（编号都为 (2)）。以此类推。

对于每一种编号考虑，由于一条路径最多只能覆盖两个编号相同的节点，所以最后答案为 (sumlimits_{i=1}^{k}max(2 imes L,sum[i]))。其中 (k) 为叶子总层数，(sum[i]) 表示一种编号的点有多少个。

显然这个式子是答案的上界，至于为什么能取到也可以证明（但我不会，所以说这是结论题）。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>

using namespace std;

const int N=1000009;
int n,head[N],cnt,deg[N],L,del[N],ans;
queue <int> q;
struct Edge
{
	int nxt,to;
}g[N*2];

void add(int from,int to)
{
	g[++cnt].nxt=head[from];
	g[cnt].to=to;
	head[from]=cnt;
}

void init()
{
	scanf("%d %d",&n,&L);
	for (int i=1,x,y;i<n;i++)
		scanf("%d %d",&x,&y),
		add(x,y),add(y,x),deg[x]++,deg[y]++;
}

void work()
{
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if(deg[i]==1)
			q.push(i),del[i]=1;
	int last=q.size();
	ans+=min(2*L,(int)q.size());
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.front();q.pop();
		last--,del[x]=1;
		for (int i=head[x];i;i=g[i].nxt)
		{
			int v=g[i].to;
			if(del[v]) continue;
			deg[v]--;
			if(deg[v]==1)
				q.push(v);
		}
		if(!last) last=q.size(),ans+=min(2*L,(int)q.size());
	}
	printf("%d
",ans);
}

int main()
{
	init();
	work();
	return 0;
}