【bzoj1060】[ZJOI2007]时态同步 树形dp

题目描述

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?

输入

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

仅包含一个整数V,为小Q最少使用的道具次数

样例输入

3
1
1 2 1
1 3 3

样例输出

2

提示

N ≤ 500000,te ≤ 1000000


题解

树形dp。

由于时间只增不减,所以每个节点到达其所有叶子节点的时间应增加为所有时间中的最大值。

于是可以树形dp,f[x]表示x到其叶子节点的最长时间,那么有f[x]=max(f[to[i]]+val[i])。

最后将Σ(f[x]-f[to[i]]-val[i])累加到答案上即可。

注意答案要用long long形式。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int head[500001] , to[1000002] , next[1000002] , cnt = 1;
long long ans , val[1000002] , f[500001];
long long max(long long a , long long b)
{
    return a > b ? a : b;
}
void add(int x , int y , long long z)
{
    to[++cnt] = y;
    val[cnt] = z;
    next[cnt] = head[x];
    head[x] = cnt;
}
void dp(int x , int fa)
{
    int i , y;
    for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
    {
        y = to[i];
        if(y != fa)
        {
            dp(y , x);
            f[x] = max(f[x] , f[y] + val[i]);
        }
    }
    for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
    {
        y = to[i];
        if(y != fa)
            ans += f[x] - f[y] - val[i];
    }
}
int main()
{
    int n , s , i , x , y;
    long long z;
    scanf("%d%d" , &n , &s);
    for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
    {
        scanf("%d%d%lld" , &x , &y , &z);
        add(x , y , z);
        add(y , x , z);
    }
    dp(s , 0);
    printf("%lld\n" , ans);
    return 0;
}

另:某些oj上dfs写法可能会导致栈溢出(考试时应该不会吧...),于是便有bfs写法如下:

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int head[500001] , to[1000002] , next[1000002] , cnt = 1 , q[500001] , qh = 1 , qt = 1 , fa[500001];
long long ans , val[1000002] , f[500001] , v[500001];
long long max(long long a , long long b)
{
    return a > b ? a : b;
}
void add(int x , int y , long long z)
{
    to[++cnt] = y;
    val[cnt] = z;
    next[cnt] = head[x];
    head[x] = cnt;
}
int main()
{
    int n , s , i , j , x , y;
    long long z;
    scanf("%d%d" , &n , &s);
    for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
    {
        scanf("%d%d%lld" , &x , &y , &z);
        add(x , y , z);
        add(y , x , z);
    }
    q[1] = s;
    fa[1] = -1;
    while(qh <= qt)
    {
        x = q[qh];
        qh ++ ;
        for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
        {
            y = to[i];
            if(y != fa[x])
            {
                fa[y] = x;
                v[y] = val[i];
                q[++qt] = y;
            }
        }
    }
    for(i = n ; i >= 1 ; i -- )
    {
        x = q[i];
        for(j = head[x] ; j ; j = next[j])
        {
            y = to[j];
            if(y != fa[x])
                f[x] = max(f[x] , f[y] + v[y]);
        }
        for(j = head[x] ; j ; j = next[j])
        {
            y = to[j];
            if(y != fa[x])
                ans += f[x] - f[y] - v[y];
        }
    }
    printf("%lld\n" , ans);
    return 0;
}
posted @ 2016-12-13 19:10  GXZlegend  阅读(380)  评论(0编辑  收藏  举报