D：类似于noip2018d1t3，子树内的链应该贪心的尽量合并而不是拆开。则设f[i]为i子树内满足选的链尽量多的情况下根所在的链的最长长度即可。于是可以线性对某个k求得答案。
注意到长度为k的链不多于n/k个。类似于整除分块可以得到答案不同的k只有O(√n)种。于是我们每做一次dp，可以二分一下该答案的k的上界，就能做到O(n√nlogn)了。卡不来常。
本来一直在考虑的是所有答案总和不超过nlogn，想了一年也不太会，结果好像确实可以用这个性质做到O(nlog2n)？先不管了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,p[N],t,f[N],ans[N];
struct data{int to,nxt;
}edge[N<<1];
void addedge(int x,int y){t++;edge[t].to=y,edge[t].nxt=p[x],p[x]=t;}
int calc(int k,int from,int x)
{
int s=0;
for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
if (edge[i].to!=from) s+=calc(edge[i].to,k,x);
int mx=0,mx2=0;
for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
if (edge[i].to!=from)
if (f[edge[i].to]>mx) mx2=mx,mx=f[edge[i].to];
else mx2=max(mx2,f[edge[i].to]);
if (mx+mx2+1>=x) s++,f[k]=0;
else f[k]=mx+1;
return s;
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
#endif
n=read();
for (int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
addedge(x,y),addedge(y,x);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
ans[i]=calc(1,1,i);
int l=i+1,r=n,u=i;
while (l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if (calc(1,1,mid)!=ans[i]) r=mid-1;
else l=mid+1,u=mid;
}
for (int j=i+1;j<=u;j++) ans[j]=ans[i];
i=u;
}
for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
E：咕咕咕