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题意：
给你一颗无向树，使定点u和v之间的距离是从u到v的简单路径上的边数。你需要删除一些点，使树的直径小于等于k，当且仅当删除某点不会对树的联通性产生影响时才可以删除。问至少删除多少点才可以满足要求。n<=2000

题解：
怎么说呢，这道题我yy了好几种奇怪的思路，但是可能不对，看了题解之后和题解不一样，就没试。

由于n<=2000，所以我们会想到可能需要一种 $n^2$的算法。这题是要让我们减小直径的长度，对于直径 $d$，有一个重要并且不难理解的性质是如果直径长度是偶数，那么我们存在一个节点 $x$，使得所有点到 $x$的长度都不超过 $\frac{d}{2}$，那么这个点成为树的中心；如果长度是奇数，那么我们会存在一条边，使得其他所有点到这条边的两点中的一个的距离不超过 $\frac{d-1}{2}$，那么这两个点同时为这棵树的中心（好像是这样吧？）。

这个题就是利用了这个性质。我们根据最后要求的直径长度k进行分奇偶讨论，如果k为偶数，那么我们以所有点为根，设根节点深度为0，dfs一遍，求出其中深度大于等于 $\frac{k}{2}$的点数，取其中最小的就是答案。如果k是奇数，和偶数思想差不多，就是变成了对每一条边的两个端点不越过另一个端点的情况下分别dfs，求出深度不超过 $\frac{d-1}{2}$的点的个数之和，取个最小值就是答案了。

感觉主要的思维难度是想到利用直径的分奇偶的性质。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,d,hed[2010],cnt,k,fa[2010],dep[2010],ans=2e9,book[2010];
struct node
{
	int from,to,next;
}a[100010];
inline void add(int from,int to)
{
	a[++cnt].to=to;
	a[cnt].from=from;
	a[cnt].next=hed[from];
	hed[from]=cnt;
}
inline void dfs(int x)
{
	for(int i=hed[x];i;i=a[i].next)
	{
		int y=a[i].to;
		if(fa[x]==y||book[y])
		continue;
		dep[y]=dep[x]+1;
		fa[y]=x;
		dfs(y);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	cnt=1;
	for(int i=1;i<=n-1;++i)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);
		add(y,x);
	}
	if(k%2)
	{
		for(int i=2;i<=cnt;i++)
		{
			memset(fa,0,sizeof(fa));
			memset(dep,0,sizeof(dep));
			book[a[i].to]=1;
			dfs(a[i].from);
			int ji=0;
			for(int j=1;j<=n;++j)
			{
				if(dep[j]>k/2)
				++ji;
			}
			memset(fa,0,sizeof(fa));
			memset(dep,0,sizeof(dep));
			book[a[i].from]=1;
			book[a[i].to]=0;
			dfs(a[i].to);
			for(int j=1;j<=n;++j)
			{
				if(dep[j]>k/2)
				++ji;
			}
			book[a[i].from]=0;
			ans=min(ans,ji);
		}
	}
	else
	{
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			memset(fa,0,sizeof(fa));
			memset(dep,0,sizeof(dep));
			dfs(i);
			int ji=0;
			for(int j=1;j<=n;++j)
			{
				if(dep[j]>k/2)
				++ji;
			}
			ans=min(ans,ji);
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}