BZOJ1117: [POI2009]救火站Gas

题目大意：给你一棵树，要求你在一些节点建立消防站(一个节点可以建多个)，每个消防站可以管理与它距离不超过K的最多S个节点，要求每个节点都至少被一个消防站管理，问最少需要安排几个消防站

一看到这种代价都是1的树上管理问题就能想到贪心...

也就是说我们能想到一种贪心策略：以1为根建树，从叶子开始，能不放消防站就不放，直到必须放了(有没被覆盖节点与当前节点距离为K)的时候再放消防站

这样我们可以在每个节点维护两个大小为K的数组

第一个数组记录这个节点的子树中还没被覆盖的点中距离为i的有多少个

第二个数组记录这个节点的子树中控制范围为i的消防站还能再控制几个节点

这样一来我们可以非常容易的转移，但是我们面临一个问题，如何让这两个数组相互抵消？

我们知道当我们用一个剩余覆盖范围很广的消防站去覆盖一个离的很近的消防站显然是浪费

所以我们抵消的原则是：再过一步就抵消不了了的时候，我们才去抵消

也就是说，若这个消防站控制范围为i，我们只去抵消距离为i和i-1的节点

要开long long 真是坑啊....不过不知道为啥要开...

#include
#include
#include
#include
#define N 200010
using namespace std;
int to[N],nxt[N],pre[N],cnt;
void ae(int ff,int tt)
{
	cnt++;
	to[cnt]=tt;
	nxt[cnt]=pre[ff];
	pre[ff]=cnt;
}
int fa[N];
int n,S,K;
long long que[N][21],duo[N][21];
int ans;
void build(int x)
{
	int i,j,k;
	que[x][0]=1;
	for(i=pre[x];i;i=nxt[i])
	{
		j=to[i];
		if(j==fa[x]) continue;
		fa[j]=x;
		build(j);
		for(k=0;k0;k--)
		duo[x][k-1]+=duo[j][k];
	}
	k=(que[x][K]+S-1)/S;
	ans+=k;
	duo[x][K]+=k*S;
	for(j=0;j<=K;j++)
	if(duo[x][j])
	{
		for(k=j;k>=0&&(k>=j-1||x==1);k--)
		{
			if(duo[x][j]<=que[x][k])
			{
				que[x][k]-=duo[x][j];
				duo[x][j]=0;
				break;
			}
			duo[x][j]-=que[x][k];
			que[x][k]=0;
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&S,&K);
	int i,j,x,y;
	for(i=1;i