[USACO10MAR] Great Cow Gathering G

[USACO10MAR] Great Cow Gathering G

题目描述

$Bessie$ 正在计划一年一度的奶牛大集会，来自全国各地的奶牛将来参加这一次集会。当然，她会选择最方便的地点来举办这次集会。

每个奶牛居住在 $N$ 个农场中的一个，这些农场由 $N-1$ 条道路连接，并且从任意一个农场都能够到达另外一个农场。道路 $i$ 连接农场 $A_i$ 和 $B_i$，长度为 $L_i$。集会可以在 $N$ 个农场中的任意一个举行。另外，每个牛棚中居住着 $C_i$ 只奶牛。

在选择集会的地点的时候，$Bessie$ 希望最大化方便的程度（也就是最小化不方便程度）。比如选择第 $X$ 个农场作为集会地点，它的不方便程度是其它牛棚中每只奶牛去参加集会所走的路程之和（比如，农场 $i$ 到达农场 $X$ 的距离是 $20$，那么总路程就是 $C_i\times 20$）。帮助 $Bessie$ 找出最方便的地点来举行大集会。

输入格式

第一行一个整数 $N$ 。

第二到 $N+1$ 行：第 $i+1$ 行有一个整数 $C_i$。

第 $N+2$ 行到 $2N$ 行：第 $i+N+1$ 行为 $3$ 个整数：$A_i,B_i$ 和 $L_i$。

输出格式

一行一个整数，表示最小的不方便值。

提示

$1\le N\le {10}^5$，$1\le A_i\le B_i\le N$，$0\le C_i,L_i\le {10}^3$。

思路

一眼树形$DP$。

由于不确定以哪个点为中心，所以先以一个点为根，$DP$ 后换根，统计最小值。

第一遍 $DP$ 时，定义 $dp1[i]$ 表示 $i$ 的子树中的所有点到 $i$ 的“不方便程度”之和，$sum[i]$ 表示 $i$ 的子树中的所有点的权值之和，那么：

$$dp1[u]=\sum dp1[v]+len(u,v)\times sum[v]$$

因为要从 $u$ 的儿子节点 $v$ 转移到 $u$，所增加的路程是 $u$ 到 $v$ 的距离，所以增加的“不方便程度”是以 $v$ 为根的子树的权值之和乘上 $u$ 到 $v$ 的距离，而每一棵子树的“不方便程度”都会累加到 $u$ 上，所以会有如上式子。

这样求出来的 $dp1$ 是以特定的某个点为中心的“不方便程度”，并不一定是最终答案，所以我们再 $dfs$ 一遍，每次求出以当前节点为中心的答案，答案取所有的最小值即可。

所以要怎么求以当前点为中心的答案呢？设 $dp2$ 表示以 $i$ 为中心的“不方便程度”，在$dfs$的时候，假设已经求出了当前点的父节点的 $dp2$ 的值，需要转移到当前点。对当前点的答案产生贡献的有两部分：以当前节点为根的子树和整棵树除开子树的其他部分。这两部分贡献的和就是答案。

设当前节点为 $st$ ，父节点为 $fa$ 。第一部分的贡献其实就是 $dp1[st]$ 。第二部分的贡献是 （除开该子树外的其他所有节点对 $fa$ 的贡献）$+$ （$fa$ 到 $st$ 的距离）$\times$（除开该子树外的其他所有节点的权值之和），即：

$$\begin{array}{rl}dp2[st]& =dp1[st]+(dp2[fa]-dp1[st]-len(fa,st)\times sum[st])+len(fa,st)\times (sum[1]-sum[st])\\ & =dp2[fa]+len(fa,st)\times (sum[1]-2sum[st])\end{array}$$

利用如上 $dp$ 式，通过两次 $dfs$（两次$DP$）就可以得到答案。

另：注意开 $long$ $long$

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 100010
#define int long long
#define INF 2000000000
using namespace std;
int n,c[MAXN],x,y,z,start=0,dp1[MAXN],dp2[MAXN],sum[MAXN],ans=INF;
struct edge
{
    int r,w;
};
vector<edge> tmap[MAXN];
int dfs1(int st,int fa)
{
    int ret=c[st],tool;
    sum[st]=c[st];
    for(auto i:tmap[st])
    {
        if(i.r==fa)continue;
        tool=dfs1(i.r,st);
        ret+=tool;
        sum[st]+=sum[i.r];
        dp1[st]+=(dp1[i.r]+tool*i.w);
    }
    return ret;
}
void dfs2(int st,int fa,int last)
{

    if(fa)dp2[st]=dp2[fa]+(sum[1]-sum[st]*2)*last;
    ans=min(ans,dp2[st]);
    for(auto i:tmap[st])
    {
        if(i.r==fa)continue;
        dfs2(i.r,st,i.w);
    }
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&c[i]);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
        tmap[x].push_back(edge{y,z});
        tmap[y].push_back(edge{x,z});
    }
    dfs1(1,1);
    ans=dp2[1]=dp1[1];
    dfs2(1,0,0);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}