分析

对于 \(A\) 来说，最坏情况即 \(B\) 一路走到他最不好拦下的叶子结点，因为 \(B\) 不可能往回走，否则就浪费了，任 \(A\) 宰割。

对于每一个节点来说， \(A\) 需要确保两个事情，一个是保住它的所有子节点，二是用剩余的力量去提前处理它的后代们的问题。易得这是一个树形 \(DP\) ，而我们可以二分列举 \(A\) 的力量，然后用它去解决问题，判断是否能处理。

对于 \(dp\) 的转移式，我们通过上述分析可以得出对于某个节点，它对祖先们只有需要分担和不需要两种状态，不会去帮祖先分担，因此 \(dp\) 值要么为0，要么为它需要祖先帮忙分担的力量。

因此，我们可以得到核心转移式。

sum+=f[v]+1;

f[u]=max(0,sum-mid);

有了这个，最后只要得到 \(f_1=0\) ，即根节点有该条件就能完美地处理所有节点的问题，不需要某个神秘力量在帮根节点分担，说明 \(mid\) 可行，存入 \(ans\) 并更新 \(right\) ，查找更小答案，否则更新 \(left\) ，不断缩短，得出答案。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,f[300001],le,ri,mid,ans,head[300001],tot;
struct node{//邻接表 
	int to,next;
}a[600001];
void check(int u,int fr,int k){//深搜 
	int sum=0;
	for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
		int v=a[i].to;
		if(v==fr)continue;//判断父节点 
		check(v,u,k);
		sum+=f[v]+1;//染色子节点，并帮忙分担 
	}
	f[u]=max(0,sum-k);//如果能力超出需要，只说明不需要祖先帮忙分担，无法做出更多贡献 
}
void read(int &res){
	res=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9'){res=(res<<1)+(res<<3)+c-48;c=getchar();}
}
void add(int q,int m){
	a[++tot].to=m;
	a[tot].next=head[q];
	head[q]=tot;
}
int main()
{
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		read(x);read(y);
		add(x,y);
		add(y,x);
	}
	le=0;ri=n;
	while(le<=ri){
		int mid=(le+ri)>>1;
		check(1,0,mid);
		if(f[1]==0){//可行，更新答案 
			ans=mid;
			ri=mid-1;
		}
		else le=mid+1;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}