BZOJ1060: [ZJOI2007]時態同步

Description

　　小Q在電子工藝實習課上學習焊接電路板。 一塊電路板由若干個元件組成，我們不妨稱之為節點，並將其用數字1,2,3….進行標號。 電路板的各個節點由若干不相交的導線相連線，且對於電路板的任何兩個節點，都存在且僅存在一條通路（通路指連線兩個元件的導線序列）。 在電路板上存在一個特殊的元件稱為“激發器”。 當激發器工作後，產生一個激勵電流，通過導線傳向每一個它所連線的節點。 而中間節點接收到激勵電流後，得到資訊，並將該激勵電流傳向與它連線並且尚未接收到激勵電流的節點。 最終，激烈電流將到達一些“終止節點”——接收激勵電流之後不再轉發的節點。 激勵電流在導線上的傳播是需要花費時間的，對於每條邊e，激勵電流通過它需要的時間為te，而節點接收到激勵電流後的轉發可以認為是在瞬間完成的。 現在這塊電路板要求每一個“終止節點”同時得到激勵電路——即保持時態同步。 由於當前的構造並不符合時態同步的要求，故需要通過改變連線線的構造。 目前小Q有一個道具，使用一次該道具，可以使得激勵電流通過某條連線導線的時間增加一個單位。 請問小Q最少使用多少次道具才可使得所有的“終止節點”時態同步？

Input

　　第一行包含一個正整數N，表示電路板中節點的個數。 第二行包含一個整數S，為該電路板的激發器的編號。 接下來N-1行，每行三個整數a , b , t。表示該條導線連線節點a與節點b，且激勵電流通過這條導線需要t個單位時間

Output

　　僅包含一個整數V，為小Q最少使用的道具次數

Sample Input

3
1
1 2 1
1 3 3

Sample Output

2

HINT

N ≤ 500000，te ≤ 1000000

---

題解Here!

 

首先，所有的節點組成了一顆有根樹，根為$root$，也就是激發器。 所以樹形$DP$。 設$dp[i]$表示從第$i$個節點發出激勵電流，在$i$的子樹裡達到時態同步最少需要操作的次數。 再設一個輔助陣列$f[i]$表示從第$i$個節點發出激勵電流，在$i$的子樹裡達到時態同步的操作次數達到最少時，從第$i$個節點到達葉子節點需要的時間。 轉移方程： $$f[i]=\max\{\ f[j]+w_{i,j}\ |\ j\in son_i\ \}$$ $$dp[i]=\sum_{j\in son_i}(dp[j]+f[i]-(f[j]+w_{i,j}))$$ 其中，$w_{i,j}$表示$i,j$之間的邊的時間。 最終答案就是$dp[root]$。 附程式碼：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 500010
using namespace std;
int n,root,c=1;
int head[MAXN],deep[MAXN];
long long f[MAXN],dp[MAXN];
struct Tree{
    int next,to,w;
}a[MAXN<<1];
inline int read(){
    int date=0,w=1;char c=0;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
    return date*w;
}
inline void add_edge(int u,int v,int w){
    a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head[u];head[u]=c++;
    a[c].to=u;a[c].w=w;a[c].next=head[v];head[v]=c++;
}
void dfs(int rt){
    int will;
    for(int i=head[rt];i;i=a[i].next){
        will=a[i].to;
        if(!deep[will]){
            deep[will]=deep[rt]+1;
            dfs(will);
            f[rt]=max(f[rt],f[will]+a[i].w);
            dp[rt]+=dp[will];
        }
    }
    for(int i=head[rt];i;i=a[i].next){
        will=a[i].to;
        if(deep[will]>deep[rt])dp[rt]+=f[rt]-(f[will]+a[i].w);
    }
}
void work(){
    int u,v,w;
    n=read();root=read();
    for(int i=1;i<n;i++){
        u=read();v=read();w=read();
        add_edge(u,v,w);
    }
    deep[root]=1;
    dfs(root);
    printf("%lld\n",dp[root]);
}
int main(){
    work();
    return 0;
}