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P1131 [ZJOI2007]时态同步

P1131 [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te,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?

输入输出格式

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。

 

输入输出样例

输入样例#1:
3
1
1 2 1
1 3 3
输出样例#1:
2

说明

对于40%的数据,N ≤ 1000

对于100%的数据,N ≤ 500000

对于所有的数据,te ≤ 1000000

 

分析:

树形dp

f[i]表示i节点到它的子节点的最远距离。

f[son[i]]表示i的孩子到它(那个孩子)的子节点的最远距离。

c[i]是i节点和子节点边的权值

 

比如我们看节点2,f[2]=6,f[6]=0,c[2,6]=6,所以节点2到节点6的延迟为0.

f[2]-f[6]-c[2,6]=6-0-6=0;

 

比如我们看节点0,f[0]=8,f[2]=6,c[0,2]=2,所以节点0到节点2的延迟为0.

f[0]-f[2]-c[0,2]=8-6-2=0;

 

进行一波dfs,用f[i]记录第i个节点到达最远叶子节点的用时(用时最长的叶子节点).
从每个儿子v回溯回来时,如果从v下去到达最远叶子节点用时更长,那就更新f[u],f[u]=max(f[u],f[v]+e[i].w),e[i].w是从u到v的用时。
这样的话遍历完u的所有儿子,答案就增加sigma( f[u]-f[e[i].to]-f[e[i].w )。
大概就是从叶子开始一层层地把兄弟节点统一了,再向上统一这个节点总共要加多少时间,一层层向父亲汇总,回到根节点就得到了答案

 

 1 #include<stdio.h>
 2 inline int max(int a,int b)
 3 {
 4     return a>b?a:b;
 5 }
 6 inline int read()
 7 {
 8     int x=0;
 9     char ch=getchar();
10     while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
11     while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
12     return x;
13 }
14 int n,root;
15 
16 struct edge{
17     int next,to;
18     int w;
19 }e[1000010];
20 int head[500010]={0},cnt=1;
21 inline void add(int u,int v,int w)
22 {
23     e[cnt].next=head[u];
24     e[cnt].to=v;
25     e[cnt].w=w;
26     head[u]=cnt++;
27 }
28 long long f[500010]={0},ans=0;
29 void dfs(int u,int fa)
30 {
31     for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
32     {
33         int v=e[i].to;
34         if(v==fa) continue;
35         dfs(v,u);
36         f[u]=max(f[u],f[v]+e[i].w);
37     }
38     for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
39         if(fa!=e[i].to)
40             ans+=f[u]-f[e[i].to]-e[i].w;
41 }
42 
43 int main()
44 {
45     n=read();root=read();
46     for(register int i=1,u,v,w;i<n;i++)
47         u=read(),v=read(),w=read(),add(u,v,w),add(v,u,w);
48     dfs(root,0);
49     printf("%lld",ans);
50     return 0;
51 }

 

posted @ 2017-08-28 00:02  范仁义  阅读(370)  评论(0编辑  收藏  举报