[cf1340D]Nastya and Time Machine

记$deg_{i}$为$i$的度数，简单分类讨论可得答案下限为$\max_{i=1}^{n}deg_{i}$

另一方面，此下限是可以取到的，构造方法较多，这里给一个巧妙一些的做法——

对其以dfs（儿子顺序任意），并要求如果一个节点被父亲递归时时间为$t+1$，则返回时时间为$t$，那么父亲的时间即恰从$t$变为$t+1$

下面考虑如何保证此性质，每一个节点有两种情况：

1.其过程中某次要递归儿子时，其时间达到了$\max_{i=1}^{n}deg_{i}$（那么搜下去即超过了此下限），那么将其的时间改为$t-son$（其中$t+1$为其被父亲递归时时间，$son$为剩余儿子数，显然$t\ge son$）

2.某点不存在上述情况，则在最后将其的时间改为$t$（意义与上面相同）

由此，即可归纳上述性质

时间复杂度为$o(n)$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 100005
 4 vector<int>v[N];
 5 vector<pair<int,int> >ans;
 6 int n,T,x,y,lim;
 7 void dfs(int k,int fa){
 8     int t=T-1;
 9     for(int i=0;i<v[k].size();i++)
10         if (v[k][i]!=fa){
11             if (T==lim){
12                 T=t;
13                 for(int j=i;j<v[k].size();j++)
14                     if (v[k][j]!=fa)T--;
15                 ans.push_back(make_pair(k,T));
16             }
17             ans.push_back(make_pair(v[k][i],++T));
18             dfs(v[k][i],k);
19             ans.push_back(make_pair(k,++T));
20         }
21     if ((k!=1)&&(t!=T)){
22         ans.push_back(make_pair(k,t));
23         T=t;
24     }
25 }
26 int main(){
27     scanf("%d",&n);
28     for(int i=1;i<n;i++){
29         scanf("%d%d",&x,&y);
30         v[x].push_back(y);
31         v[y].push_back(x);
32     }
33     for(int i=1;i<=n;i++)lim=max(lim,(int)v[i].size());
34     ans.push_back(make_pair(1,0));
35     dfs(1,0);
36     printf("%d\n",(int)ans.size());
37     for(int i=0;i<ans.size();i++)printf("%d %d\n",ans[i].first,ans[i].second);
38     return 0;
39 }