[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

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

 

 


 

 

其实还是很水的。

设$\large f[i]$表示以i为根的字数的叶子的时态同步的最小花费。

怎么转移?

贪心地想,我们肯定要让$x$的所有子树的同步时态和$x$的所有子树中同步后的时态最长的一样就行了。

所以设$tmp$为$x$的所有子树中的同步时态最长的。

那么$\large f[i] += f[j] + tmp - g[j]$,其中$\large g[j]$表示以j为根的子树的最大时态。

最后把所有的$g[j]$改成$tmp$就行了。

其实一开始写对了然后和大样例一直不对调了好久, 最后发现没开long long

 


 

 

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define reg register
#define int long long
inline int read() {
    int res = 0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48), ch=getchar();
    return res;
}
#define N 500005
int n, S;
struct edge {
    int nxt, to, val;
}ed[N*2];
int head[N], cnt;
int deg[N];
inline void add(int x, int y, int z)
{
    ed[++cnt] = (edge){head[x], y, z};
    head[x] = cnt;
    deg[y] ++;
}
int f[N], g[N];
int dis[N];

void dfs(int x, int fa, int d)
{
    dis[x] = d;
    for (reg int i = head[x] ; i ; i = ed[i].nxt)
    {
        int to = ed[i].to;
        if (to == fa) continue;
        dfs(to, x, d + ed[i].val);
    }
}

void dp(int x, int fa)
{
    if (deg[x] == 1) g[x] = dis[x];
    for (reg int i = head[x] ; i ; i = ed[i].nxt)
    {
        int to = ed[i].to;
        if (to == fa) continue;
        dp(to, x);
        g[x] = max(g[x], g[to]);
    }
    for (reg int i = head[x] ; i ; i = ed[i].nxt)
    {
        int to = ed[i].to;
        if (to == fa) continue;
        f[x] += f[to] + g[x] - g[to];
        g[to] = g[x];
    }
}

signed main()
{
    n = read(), S = read();
    for (reg int i = 1 ; i < n ; i ++)
    {
        int x = read(), y = read(), z = read();
        add(x, y, z), add(y, x, z);
    }
    dfs(S, 0, 0);
    dp(S, 0);
    printf("%lld\n", f[S]);
    return 0;
}

 

posted @ 2018-09-05 17:28  zZhBr  阅读(101)  评论(0编辑  收藏  举报