2268. 时态同步

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2268. 时态同步

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，激励电流将到达一些“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 $t_e$，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。

数据范围

$1≤N≤5×10^5,$
$1≤S,a,b≤N,$
$1≤t≤10^6$

输入样例：

3
1
1 2 1
1 3 3

输出样例：

2

贪心

AcWing 4313. 满二叉树等长路径 的升级版，贪心解法一样：即最终距离一定是初始时到叶子结点的最大值，然后从上往下加边即可

• 时间复杂度：$O(n+m)$

代码

// Problem: 时态同步
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2270/
// Memory Limit: 128 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=5e5+5;
int n,s,t;
LL res,dis[N];
vector<PII> adj[N];
void dfs(int x,int fa)
{
	LL mx=0;
	int tot=0;
	for(auto t:adj[x])
	{
		int y=t.fi,w=t.se;
		if(y==fa)continue;
		dfs(y,x);
		dis[x]=max(dis[x],w+dis[y]);
	}
	for(auto t:adj[x])
	{
	    if(t.fi==fa)continue;
	    res+=dis[x]-(dis[t.fi]+t.se);
	}
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&s);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
    	int a,b,w;
    	scanf("%d%d%d",&a,&b,&w);
    	adj[a].pb({b,w});
    	adj[b].pb({a,w});
    }
    dfs(s,0);
    printf("%lld",res);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16041383.html
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