bzoj1060 [ZJOI2007]时态同步

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

 

【数据规模】

对于100%的数据，N ≤ 500000

对于所有的数据，te ≤ 1000000

 

话说……这是省选题？

题意是要增加树上某些边的权值，使得从任意叶节点到根的路径的长度相等

dis[i]表示i到i下面子树中距离最远的叶节点的距离

显然其他i下面的叶节点也必须调整成跟dis[i]一样大

调整完之后i到i下面的任意一个叶节点的距离就是一样的

所以可以直接把i下面的子树看成一个叶节点来处理

于是x的每一个儿子y对答案的贡献是dis[x]-dis[y]-e[i].v

一个dfs就完了

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<deque>
#include<set>
#include<map>
#include<ctime>
typedef long long LL;
#define inf 0x7ffffff
#define pa pair<int,int>
#define pi 3.1415926535897932384626433832795028841971
using namespace std;
inline LL read()
{
    LL x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
struct edge{
	int to,next,v;
}e[1000010];
int head[500010];
int n,cnt,rot;
LL ans;
int dis[500010],fa[500010];
inline void ins(int u,int v,int w)
{
	e[++cnt].to=v;
	e[cnt].v=w;
	e[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
}
inline void insert(int u,int v,int w)
{
	ins(u,v,w);
	ins(v,u,w);
}
inline void dfs(int x)
{
	for (int i=head[x];i;i=e[i].next)
	  if (e[i].to!=fa[x])
	  {
	  	fa[e[i].to]=x;
	  	dfs(e[i].to);
	  	dis[x]=max(dis[x],dis[e[i].to]+e[i].v);
	  }
	for (int i=head[x];i;i=e[i].next)
	  if (e[i].to!=fa[x])
	    ans+=dis[x]-(dis[e[i].to]+e[i].v);
}
int main()
{
	n=read();rot=read();
	for (int i=1;i<n;i++)
	{
		int x=read(),y=read(),z=read();
		insert(x,y,z);
	}
	dfs(rot);
	printf("%lld\n",ans);
}