time 很多 inline script clu ++i getchar tdi 子圖

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\(\\\)

\(Description\)

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一棵\(N\)個節點的樹，每條邊有邊權，修建一條邊的代價是：

這條邊的邊權\(\times\)修建好的樹中，由該條邊分開的兩個子圖節點數之差的絕對值

求出修建整棵樹的代價。

• \(N\in [1,10^6]\)

\(\\\)

\(Solution\)

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被原題題面"建造方案有很多種 "幹蒙...手玩樣例玩不出來...棄療看討論發現原來是說的這個意思...

一遍樹形\(DP\)就好了，統計子樹大小，分開的另一半的大小就是總點數\(-\)統計出的子樹大小，直接累加答案。

\(\\\)

\(Code\)

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1000010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
typedef long long ll;
 
inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}
 
ll ans;
int n,m,tot,sz[N],hd[N];
struct edge{int w,to,nxt;}e[N<<1];
inline void add(int u,int v,int w){
  e[++tot].to=v; e[tot].w=w;
  e[tot].nxt=hd[u]; hd[u]=tot;
}
 
inline void dfs(int u,int fa){
  sz[u]=1;
  for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt)
    if((v=e[i].to)!=fa){
      dfs(v,u); sz[u]+=sz[v];
      ans+=(ll)e[i].w*(ll)abs(n-(sz[v]<<1));
    }
}
 
int main(){
  n=rd();
  for(R int i=1,u,v,w;i<n;++i){
    u=rd(); v=rd(); w=rd();
    add(u,v,w); add(v,u,w);
  }
  dfs(1,0);
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}
 

$[\ NOI\ 2011\ ]\ $道路修建