树形dp

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 65536K，其他语言131072K
64bit IO Format: %lld

题目描述

Cwbc和XHRlyb生活在s市，这天他们打算一起出去旅游。
旅行地图上有n个城市，它们之间通过n-1条道路联通。
Cwbc和XHRlyb第一天会在s市住宿，并游览与它距离不超过1的所有城市，之后的每天会选择一个城市住宿，然后游览与它距离不超过1的所有城市。
他们不想住在一个已经浏览过的城市，又想尽可能多的延长旅行时间。
XHRlyb想知道她与Cwbc最多能度过多少天的时光呢？
聪明的你在仔细阅读题目后，一定可以顺利的解决这个问题！

输入描述:

第一行，两个正整数n和s，表示城市个数和第一天住宿的城市s。
接下来n-1行，每行两个整数x和y，表示城市x与城市y之间有一条双向道路。

输出描述:

第一行，一个非负整数表示答案。
示例1

输入

复制 
4 1
1 2
2 3
3 4

输出

复制 
2

说明

第一天，在1号城市住宿，游览了1、2号城市。
第二天，在3号城市住宿，游览了4号城市，旅行结束。

备注:

1 ≤ n ≤ 500000, 1 ≤ s, x, y ≤ n。
旅游
返回全部题目
列表加载中...

解题思路

很容易发现n个点n-1条边这就是一棵树，而且给定根节点s，问题目给出的最大值是多少。
很经典的模型，对于根节点选定之后，子节点一定不能选，但是根节点不选子节点可选可不选。那么我们从底层往上递推到根节点即可得到最大值。以为题目要求一定要到s住一晚上，所以最终不用取s点住不住。代表根节点u不住，代表根节点u住一晚上初始化为1。

#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,popcnt")
#pragma GCC optimize("O2,O3,Ofast,inline,unroll-all-loops,-ffast-math")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define js ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0)
#define all(vv) vv.begin(), vv.end()
typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double ld;
const ll MOD = 1e9 + 7;
inline ll read() { ll s = 0, w = 1; char ch = getchar(); for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') w = -1; for (; isdigit(ch); ch = getchar())    s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48); return s * w; }
inline void write(ll x) { if (!x) { putchar('0'); return; } char F[40]; ll tmp = x > 0 ? x : -x; if (x < 0)putchar('-');    int cnt = 0;    while (tmp > 0) { F[cnt++] = tmp % 10 + '0';        tmp /= 10; }    while (cnt > 0)putchar(F[--cnt]); }
inline ll gcd(ll x, ll y) { return y ? gcd(y, x % y) : x; }
ll qpow(ll a, ll b) { ll ans = 1;    while (b) { if (b & 1)    ans *= a;        b >>= 1;        a *= a; }    return ans; }    ll qpow(ll a, ll b, ll mod) { ll ans = 1; while (b) { if (b & 1)(ans *= a) %= mod; b >>= 1; (a *= a) %= mod; }return ans % mod; }
inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }

const int N = 5e5 + 7; //节点数
const int M = 5e5 + 7; //路径数
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int head[N], tot = 0;//前向星变量
struct Node {
    //int u; //起点
    //int w; //权值
    int v, next;
} edge[M << 1];

void add(int u, int v) {
    tot++;
    //edge[tot].u = u;
    edge[tot].v = v;
    //edge[tot].w = w;
    edge[tot].next = head[u];
    head[u] = tot;
}
int ans, dp[N][2];
int n, s;

void dfs(int x, int fa) {
    dp[x][1] = 1;
    for (int i = head[x]; i; i = edge[i].next) {
        int y = edge[i].v;
        if (y == fa)    continue;
        dfs(y, x);
        dp[x][1] += dp[y][0];
        dp[x][0] += max(dp[y][0], dp[y][1]);
    }
}

int main() {
    n = read(), s = read();
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        int u = read(), v = read();
        add(u, v), add(v, u);
    }
    dfs(s, 0);
    write(dp[s][1]);
    return 0;
}