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[ZJOI2007] 时态同步

题目描述

小\(Q\)在电子工艺实习课上学习焊接电路板。一块电路板由若干个元件组成，我们不妨称之为节点，并将其用数字\(1,2,3…\).进行标号。电路板的各个节点由若干不相交的导线相连接，且对于电路板的任何两个节点，都存在且仅存在一条通路（通路指连接两个元件的导线序列）。

在电路板上存在一个特殊的元件称为“激发器”。当激发器工作后，产生一个激励电流，通过导线传向每一个它所连接的节点。而中间节点接收到激励电流后，得到信息，并将该激励电流传向与它连接并且尚未接收到激励电流的节点。最终，激烈电流将到达一些“终止节点”――接收激励电流之后不再转发的节点。

激励电流在导线上的传播是需要花费时间的，对于每条边\(e\)，激励电流通过它需要的时间为\(t_e\)，而节点接收到激励电流后的转发可以认为是在瞬间完成的。现在这块电路板要求每一个“终止节点”同时得到激励电路――即保持时态同步。由于当前的构造并不符合时态同步的要求，故需要通过改变连接线的构造。目前小\(Q\)有一个道具，使用一次该道具，可以使得激励电流通过某条连接导线的时间增加一个单位。请问小Q最少使用多少次道具才可使得所有的“终止节点”时态同步？

输入格式

第一行包含一个正整数\(N\)，表示电路板中节点的个数。

第二行包含一个整数\(S\)，为该电路板的激发器的编号。

接下来\(N-1\)行，每行三个整数\(a , b , t\)。表示该条导线连接节点\(a\)与节点\(b\)，且激励电流通过这条导线需要\(t\)个单位时间。

输出格式

仅包含一个整数\(V\)，为小\(Q\)最少使用的道具次数。

样例 #1

样例输入 #1

3
1
1 2 1
1 3 3

样例输出 #1

2

提示

对于\(40\%\)的数据，\(N ≤ 1000\)

对于\(100\%\)的数据，\(N ≤ 500000\)

对于所有的数据，\(t_e ≤ 1000000\)

树形DP

我们自下而上考虑

对于节点u 我们将u的子树修改成时态同步后便不再考虑 u的子树了

我们找到 u的子树中 经过时间最长的边 以及所有边的时间和

由于 u的儿子 v的子树内肯定是已经同步的了 所以我们将 tot[v]直接赋值为 maxx[v] 避免了对v中的边计数 这样处理就可以用 v'snum×maxx[u]-tot[u]来算了 ans累加过后 将 tot[u]修改为 maxx[u] 继续向上求解

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=5e5+5;
const int inf=LONG_LONG_MAX;
int n,s;
struct Tree {
	int nxt,to,val;
} edge[N<<1];
int head[N],cnt;
inline void add(int u,int v,int w) {
	cnt++;
	edge[cnt].to=v;
	edge[cnt].nxt=head[u];
	edge[cnt].val=w;
	head[u]=cnt;
}
int siz[N],ans=0,tot[N],maxx[N];
void dfs(int u,int fat) {
	siz[u]=0;
	for(int i=head[u]; i; i=edge[i].nxt) {
		int v=edge[i].to;
		if(v==fat)continue;
		dfs(v,u);
		maxx[u]=max(maxx[u],maxx[v]+edge[i].val);
		siz[u]++;
		tot[u]+=tot[v]+edge[i].val;
	}
	ans+=siz[u]*maxx[u]-tot[u];
	tot[u]=maxx[u];
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>s;
	for(int i=1; i<n; i++) {
		int a,b,t;
		cin>>a>>b>>t;
		add(a,b,t);
		add(b,a,t);
	}
	dfs(s,0);
	cout<<ans<<"\n";
	return 0;
}

UPD 又写了一次:
建双向边!!!

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e5+5;
int n,root;
struct Tree{
	int nxt,to,val;
}edge[N<<1];
int head[N],cnt;
void add(int u,int v,int w){
	cnt++;
	edge[cnt].to = v;
	edge[cnt].nxt = head[u];
	edge[cnt].val = w;
	head[u] = cnt;
}
int dep[N],fa[N],siz[N],a[N],MAX[N],tot[N];
void dfs(int u,int fat){
	fa[u] = fat,dep[u] = dep[fat]+1;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v = edge[i].to;
		if(v==fat)continue;
		dfs(v,u);
		siz[u] ++;
		MAX[u] = max(MAX[u],MAX[v]+edge[i].val);
		tot[u] += edge[i].val+MAX[v];
	}
}
int f[N];
int ans = 0;
void dp(int u,int fat){
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v = edge[i].to;
		if(v==fat)continue;
		dp(v,u);
	}
	ans += MAX[u]*siz[u]-tot[u];
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>root;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v,w;
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,w);
		add(v,u,w);
	}
	dfs(root,0);
//	for(int i=1;i<=n;i++)cout<<tot[i]<<" ";cout<<"\n";
	dp(root,0);
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}
/*
8 1
1 2 3
1 5 5
1 6 2
2 3 7
2 4 6
6 7 6
6 8 3
*/