bzoj 1060 时态同步

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Description

\(Q\)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\(t_e\),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

\(N ≤ 500000,t_e ≤ 1000000\).

Solution

  • 说人话:一棵有根树,有边权,增加一条边\(1\)单位长度的花费为\(1\),求出使得所有叶子节点到根的距离都相等的最小花费.
  • 如果最后的树满足条件,显然在每个子树中,其中的叶子节点到子树根节点的距离也是相等的.
  • 是一个最优子结构问题,考虑\(dp\).
  • \(f[i]\)表示以\(i\)为根的子树中,将其中的叶子节点用最小花费调整到与\(i\)距离相等时的这个距离.
  • 因为只能增加边权,所以可以贪心转移.
  • \(i\)的儿子\(j\)中最大的\(f[j]+dis(i,j)\)即为\(f[i]\).
  • 对于每个儿子修改边权,统计花费即可.
  • 实际实现时,并不需要真的修改,只需要统计.因为这条边本身的信息后面不会再用上了.(无后效性)
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 1e15
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline LoveLive read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		{
			fh=-1;
			jp=getchar();
		}
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		{
			out=out*10+jp-'0';
			jp=getchar();
		}
	return out*fh;
}
const int MAXN=5e5+10;
int cnt=0,head[MAXN];
int nx[MAXN<<1],to[MAXN<<1],t[MAXN<<1];
inline void add(int u,int v,int w)
{
	++cnt;
	nx[cnt]=head[u];
	to[cnt]=v;
	t[cnt]=w;
	head[u]=cnt;
}
int n,rt;
LoveLive f[MAXN];
LoveLive ans=0;
void dfs(int u,int fa)
{
	LoveLive mx=0;
	for(int i=head[u];i;i=nx[i])
		{
			int v=to[i];
			if(v==fa)
				continue;
			dfs(v,u);
			mx=max(mx,f[v]+t[i]);
		}
	for(int i=head[u];i;i=nx[i])
		{
			int v=to[i];
			if(v==fa)
				continue;
			ans+=mx-f[v]-t[i];
		}
	f[u]=mx;
}
int main()
{
	n=read();
	rt=read();
	for(int i=1;i<n;++i)
		{
			int u=read(),v=read(),w=read();
			add(u,v,w);
			add(v,u,w);
		}
	dfs(rt,0);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

PS:如果还允许减少边权,就是这个题了.

posted @ 2018-11-28 21:31  jklover  阅读(100)  评论(0编辑  收藏  举报