Description
给出一棵N个结点的树，选择L条路径，覆盖这些路径上的结点，使得被覆盖到的结点数最多。
Input
第一行两个正整数N、L(2 <= N <= 1,000,000, 0 <= L <= N)。下面有N-1行，每行两个正整数A和B(1 <= A, B <= N)，表示一条边(A,B)。
首先有一个贪心：每一次选择的路径的两个端点都是两个叶子节点.
证明也很简单：如果端点不是叶子，那就在向下延申一点也一定不会更差.
先将所有叶子都列出来，假设有 $x$ 个，而我们可以选 $L$ 条路径.
由于每一条路径的两个端点都是叶子，所以我们如果只考虑叶子的话最多可以覆盖到 $2 imes L$个.
然后与 $x$ 去一个 $min.$
但是，这么做是贪心选取更多的叶子，我们再继续考虑如何更多地选取每一个叶子的父亲.
假设我们只想取更多这一层的节点，那么我们和选叶子的策略是相同的.
而你会发现，这两个决策是不冲突的：之前一层的数量肯定大于现在这一层的数量.
所以，既然那 $L$ 条链都可以延申到下面的叶子了，也一定能完全覆盖到这一层的节点.
我们按照拓扑排序的方式从叶子节点开始扩展，答案即为 $sum_{i=1}^{k}min(2L,num(i)).$
// luogu-judger-enable-o2
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 1000005
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
using namespace std;
queue<int>q;
int n,edges;
int deg[N],hd[N],to[N<<1],nex[N<<1],num[N],dep[N],vis[N];
void add(int u,int v)
{
nex[++edges]=hd[u],hd[u]=edges,to[edges]=v;
}
int main()
{
int i,j,L;
// setIO("input");
scanf("%d%d",&n,&L);
for(i=1;i<n;++i)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b),add(a,b),add(b,a),++deg[a],++deg[b];
}
for(i=1;i<=n;++i) if(deg[i]==1) q.push(i),vis[i]=1;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
for(int i=hd[u];i;i=nex[i])
{
if(!vis[to[i]])
{
--deg[to[i]];
if(deg[to[i]]<=1)
vis[to[i]]=1,dep[to[i]]=dep[u]+1,q.push(to[i]);
}
}
}
for(i=1;i<=n;++i) ++num[dep[i]];
int ans=0;
for(i=0;i<=n;++i)
ans+=min(2*L,num[i]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}