题面
给定 n 个节点的有根树，根是 1 号节点。
你可以选择 k 个节点将其设置为工业城市，其余设置为旅游城市。
对于一个工业城市，定义它的幸福值为工业城市到根的路径经过的旅游城市的数量。
你需要求出所有工业城市的幸福值之和的最大可能值。
\(1<=k<=n<=2*10^5\);
题解
仔细想想不难想到，肯定是从叶子节点这种深度大的选
然后做法就是排遍序，然后按深度从大到小选？？？
但是，真的是这样吗？？？
我们仔细考虑一个点作为工业城市的条件与情况：
首先，假如以此点为根的子树中还有点没有被选，那么这一个点肯定不是当前最优决策
有了上面这一条，我们可以推出：
一个点被选工业城市的前提是它的儿子都已经被选了
然后我们来考虑将一个点选为工业城市的贡献：
- 它的深度
- 它会使得它的子树中每个已被选为工业城市的点贡献-1
又因为该点子树中肯定每个点都已经是工业城市，所以该点贡献value就是：
\(value=它的深度-子树大小\)
按照这个\(value\)维护一个大根堆，将每个儿子都已被选或本身为叶子节点的点插入就好
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define in inline
#define ll long long
#define get getchar()
in int read()
{
int t=0,x=1;char ch=get;
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=get;
if(ch=='-')x=-1,ch=get;
while(ch<='9'&&ch>='0')t=t*10+ch-'0',ch=get;
return x*t;
}
const int _=2e6+5;
struct edge{
int to,ne;
}e[_];
struct dian{
int id,deep;
}d[_];
int h[_],n,k,num[_],tot,father[_];
in void add(int x,int y)
{
e[++tot].to=y,e[tot].ne=h[x],h[x]=tot;
}
int val[_],siz[_],len[_];
in void dfs(int u,int fa)
{
d[u].id=u,d[u].deep=d[fa].deep+1;
siz[u]=1;father[u]=fa;
for(re int i=h[u];i;i=e[i].ne)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
siz[u]+=siz[v];
}
}
in int cmp(dian a,dian b)
{
return a.deep>b.deep;
}
in ll work(int x)
{
return (d[x].deep-1)-siz[x]+1;
}
priority_queue<pair<ll,int> >q;
in void dfs2(int u,int fa)
{
len[u]+=len[fa];
if(!val[u]) len[u]++;
for(re int i=h[u];i;i=e[i].ne)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs2(v,u);
}
}
int main()
{
n=read(),k=read();
for(re int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y),add(y,x);
num[x]++,num[y]++; //统计每个点的度数,之后要统计哪些点成为"叶子"节点
}
dfs(1,0); //求深度、子树大小、父亲节点编号
for(re int i=1;i<=n;i++)
if(num[i]==1)
q.push(make_pair(work(i),i)); //把真正的叶子加入优先队列
while(k--)
{
int u=q.top().second;q.pop();
val[u]=1;num[father[u]]--; //val[i]为1 表示此点已是工业城市；将父亲节点的度数-1
if(1==num[father[u]]) //若父亲节点度数为1，则说明父亲节点的所有儿子都已经成为了工业城市，所以该父亲节点也有了“候选资格”
q.push(make_pair(work(father[u]),father[u]));
}
dfs2(1,0); //统计每个工业城市的答案
ll ans=0;
for(re int i=1;i<=n;i++)
if(val[i])
ans+=len[i];
cout<<ans<<endl;
return 0;
}