BZOJ1060: [ZJOI2007]时态同步

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个单位时间

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


题解Here!

 

首先,所有的节点组成了一颗有根树,根为$root$,也就是激发器。
所以树形$DP$。
设$dp[i]$表示从第$i$个节点发出激励电流,在$i$的子树里达到时态同步最少需要操作的次数。
再设一个辅助数组$f[i]$表示从第$i$个节点发出激励电流,在$i$的子树里达到时态同步的操作次数达到最少时,从第$i$个节点到达叶子节点需要的时间。
转移方程:
$$f[i]=\max\{\ f[j]+w_{i,j}\ |\ j\in son_i\ \}$$
$$dp[i]=\sum_{j\in son_i}(dp[j]+f[i]-(f[j]+w_{i,j}))$$
其中,$w_{i,j}$表示$i,j$之间的边的时间。
最终答案就是$dp[root]$。
附代码:
#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;
}

 

posted @ 2018-10-31 18:13  符拉迪沃斯托克  阅读(118)  评论(0编辑  收藏  举报
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