前言

这是一道神仙题
我翻阅的很多分题解，包括Atcoder官方题解
都没有看懂，应该是因为我比较菜
然后我看懂了这篇(地址放在文末)
方法可能和主流略有不同但我觉得这个办法更好理解

题面

题面大意

定义一个单独的节点为一棵Uninity 0的树。

将$x(x \geq 0)$棵Uninity k的树全部连到一个节点上形成的树，称之为一棵Uninity k+1的树。

显然，一棵Uninity k的树，同样也是一棵Uninity k+1,k+2,k+3...的树。

现在给你一棵树，求一个最小的k使得这棵树是一棵Uninity k的树。

Atcoder原题面

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

样例 #2

样例输入 #2

样例输出 #2

提示

数据范围

$ 2\ ≦\ N\ ≦\ 10^5 $
$ 1\ ≦\ a_i,\ b_i\ ≦\ N(1\ ≦\ i\ ≦\ N-1) $

解法

需要知道的一些性质

一颗点分树的最深深度的点是$log n$级别的
证明：点分树的定义可得

点分树是通过更改原树形态使树的层数变为稳定 \log n 的一种重构树。 ——OI wiki

两个标号相等的点之间肯定有一个标号严格小于他们的标号的点
证明：点分树的过程里面可以证明这一点画个图就出来了

做法

我们将每一个点的标号，记为在这个点在这颗点分树的深度

利用性质二，可以建出一颗树。我们不妨把所有的节点编号给反过来叶子结点是0 这样我们就会将这个结论反过来，变成：

两个标号相等的点之间肯定有一个标号严格大于他们的标号的点

我们不妨设$F_{i, j}$为从$i$的子树的节点到$i的路径上还有多少个标号为$j$的点没有被消灭掉，即没有严格大于的点。

注意，这里第二位只需开到$\log n$级别，由性质1可以得到。

然后发现$F$这个数组是叠加的

所以我们遍历子树以后叠加$F$值

如果我们在一颗子树（以$i$为根）里面找到 $\geq 2$ 个点(即$F_{i, j} \geq 2$)

那么由性质2，我们可以得到这颗子树里面的最小可能的最大标号是$j + 1$，这个$j$ 我们枚举得到

现在我们找到了最大的那个值(设它为$lim$),然后我们再往上找，知道找到了一个不存在的，就是最大的，再换句话就是在往上一个就会存在不合法。

然后我们将以$i$为根的子树的点个所有$j(j \leq lim - 1)$的点给清空掉，然后更新答案就行了

外话：我不知道那篇题解里面为什么要加一个s[]数组，我删掉以后也过了

代码

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

# define N 100005
# define LOG 20
# define ADD for (int _ = 0; _ < LOG; ++_)

vector<int> G[N];
int n, lim, ans, f[N][LOG];

inline void dfs (int u, int fa) {	
	for (int v : G[u]) {
		if (v == fa) continue;
		dfs (v, u);
		ADD { 
			f[u][_] += f[v][_];;
		}
	}
	lim = 0;
	ADD { 
		if (f[u][LOG - 1 - _] > 1) {
			lim = LOG - _;
			break;
		}
	}
	while (f[u][lim]) {
		++lim;
	}
	ADD { 
		if (_ == lim) {
			break;
		}
		f[u][_] = 0;
	}
	++f[u][lim];
	ans = max (ans, lim);
}

signed main() { 
	cin >> n;
	for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
		cin >> u >> v;
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u);
	}
	dfs (1, 0);
	cout << ans << endl;
	return 0;
}