BZOJ1060: [ZJOI2007]时态同步(树形dp 贪心)

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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

 

Source

 

 一道比较好想但是代码实现很巧妙的题

首先可以证明的是，终止的时间就是从根节点出发最长链的权值

其次，如果可以修改一条路径使得更接近条件，那么这样一定会比单独改儿子更优

因此我们考虑贪心，找出每个点出发的最长链，然后答案加上最长链与子节点的最长链的差值(相当于往上补)

 

// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#define LL long long 
using namespace std;
const int MAXN=1e6+10;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<22,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<22],*p1=buf,*p2=buf;
inline int read() {
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
struct Edge {
    int v,w;
};
vector<Edge>v[MAXN];
LL mx[MAXN], Ans = 0;
void Dfs(int now, int fa) {
    for(int i=0;i<v[now].size();i++) {
        if(v[now][i].v != fa) {
            Dfs(v[now][i].v, now);
            mx[now] = max(mx[now], mx[ v[now][i].v ] + v[now][i].w);            
        }    
    }
    for(int i=0;i<v[now].size();i++) {
        if(v[now][i].v != fa)
            Ans += mx[now] - mx[ v[now][i].v ] - v[now][i].w;
    }
}
int N, root;
int main() {
    #ifdef WIN32
    freopen("a.in","r",stdin);
    #endif
    N = read(), root = read();
    for(int i=1;i<=N-1;i++) {
        int x = read(), y = read(), z = read();
        v[x].push_back((Edge){y,z});
        v[y].push_back((Edge){x,z});
    }
    Dfs(root, -1);
    printf("%lld",Ans);
    return 0;
}