bzoj1060[ZJOI2007]时态同步

传送门

Description

　　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？

Input

　　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

Output

　　仅包含一个整数V，为小Q最少使用的道具次数

Sample Input

3
1
1 2 1
1 3 3

Sample Output

2

HINT

 

N ≤ 500000，te ≤ 1000000

题解

我们注意到，对于每一个节点来说，从根到这个节点距离不变，因此从它到它能到的任一节点距离相等。因此我们通过倒推可以写出方程：f[fa]=max(f[fa],f[son]+e[i].cap)。最后的答案就是sigma(f[x]-f[son]-e[i].cap)。可以采用树形dp来做。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
struct node{
    int to,nxt;
    ll cap;
}e[1000010];
int n,s,cnt=1;
int head[500010];
ll ans=0;
ll dp[500010];
void add(int u,int v,ll c){
    e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;e[cnt].cap=c;
    e[++cnt].to=u;e[cnt].nxt=head[v];head[v]=cnt;e[cnt].cap=c;
}
void dfs(int x,int fr){
    int i;
    for(i=head[x];i;i=e[i].nxt){
        if(e[i].to!=fr){
            dfs(e[i].to,x);
            dp[x]=max(dp[x],dp[e[i].to]+e[i].cap);
        }
    }
    for(i=head[x];i;i=e[i].nxt){
        if(e[i].to!=fr){
            ans=ans+dp[x]-dp[e[i].to]-e[i].cap;
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&s);
    int i,j;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(i=1;i<n;++i){
        int x,y;ll z;
        scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);
        add(x,y,z);
    }
    dfs(s,0);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}