题解：[USACO10MAR] Great Cow Gathering G

题目传送门

树型 DP

换根树型 DP。

令 \(dis_x\) 表示节点 \(x\) 的子树内不方便程度的和。

显然，\(dis_x\) 会因为根节点的不同而不同，我们考虑如何转换。

令 \(dp_x\) 表示以 \(x\) 为根节点时，不方便程度之和。

原来的 \(dis_x\) 则是在以 \(1\) 为根节点的条件下求得的。

则：

\[dp_1=dis_1 \]

对于节点 \(x\) 的子节点 \(y\)，有：

\[dp_y=dp_x-size_y\times w_{x,y}+(m-size_y)\times w_{x,y} \]

其中，\(size_p\) 表示以 \(1\) 为根节点的情况下，\(p\) 的子树内牛的总数。

根节点从 \(x\) 换到 \(y\)，显然是 \(y\) 及其子树抬升了一级，\(x\) 及其除 \(y\) 以外的子树下降了一级，由此可得上文递推式。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr const int N=1e5;
struct graph{
	struct node{
		int v,r,w;
	}a[2*(N-1)+1];
	
	int h[N+1];
	void create(int u,int v,int w){
		static int top;
		a[++top]={v,h[u],w};
		h[u]=top;
	}
}g;
int n,m,c[N+1];
ll size[N+1],dis[N+1];
void dfs1(int x,int fx){
	size[x]=c[x];
	for(int i=g.h[x];i>0;i=g.a[i].r){
		if(g.a[i].v==fx)continue; 
		dfs1(g.a[i].v,x);
		size[x]+=size[g.a[i].v];
		dis[x]+=dis[g.a[i].v]+size[g.a[i].v]*g.a[i].w;
	}
}
ll dp[N+1];
void dfs2(int x,int fx){
	for(int i=g.h[x];i>0;i=g.a[i].r){
		if(g.a[i].v==fx)continue;
		dp[g.a[i].v]=dp[x]-size[g.a[i].v]*g.a[i].w+(m-size[g.a[i].v])*g.a[i].w;
		dfs2(g.a[i].v,x);
	}
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",c+i);
		m+=c[i];
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v,w;
		scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);
		g.create(u,v,w);
		g.create(v,u,w);
	}
	dfs1(1,0);
	dp[1]=dis[1];
	dfs2(1,0);
	ll ans=(1ll<<62);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=min(ans,dp[i]);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}