解题：POI 2013 Triumphal arch

题面

二分答案，问题就转化为了一个可行性问题，因为我们不知道国王会往哪里走，所以我们要在所有他可能走到的点建造，考虑用树形DP解决(这个DP还是比较好写的，你看我这个不会DP的人都能写出来=。=)

定义$dp[x]$表示以$x$这个点为根的子树中(不包含x)需要修建的次数(因为1号点已经修好了，最后回来不用管)，那么对于每个二分出的$mid$有$dp[x]=max((\sum dp[son[i]])+sons[x]-mid)$，其中$sons[i]$表示它(直接的)儿子的个数，显然对于每个点是必须先把所有儿子建好的。最后如果$dp[1]=0$说明可行

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int N=;
 int n,t1,t2,cnt,l,r,mid,ans;
 int p[N],noww[*N],goal[*N];
 int son[N],dp[N];
 void link(int f,int t)
 {
     noww[++cnt]=p[f];
     goal[cnt]=t,p[f]=cnt;
 }
 void MARK(int nde,int fth)
 {
     for(int i=p[nde];i;i=noww[i])
         if(goal[i]!=fth) MARK(goal[i],nde),son[nde]++;
 }
 void DFS(int nde,int fth)
 {
     int tmp=;
     for(int i=p[nde];i;i=noww[i])
         if(goal[i]!=fth) DFS(goal[i],nde),tmp+=dp[goal[i]];
     dp[nde]=max(tmp+son[nde]-mid,);
 }
 bool check(int x)
 {
     memset(dp,0xcf,sizeof dp);
     DFS(,); return !dp[];
 }
 int main ()
 {
     scanf("%d",&n),r=n;
     for(int i=;i<n;i++)
     {
         scanf("%d%d",&t1,&t2);
         link(t1,t2),link(t2,t1);
     }
     MARK(,);
     while(l<=r)
     {
         mid=(l+r)/;
         if(check(mid)) r=mid-,ans=mid;
         else l=mid+;
     }
     printf("%d",ans);
     return ;
 }