【题解】P1131 [ZJOI2007] 时态同步

P1131 [ZJOI2007] 时态同步

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题目大意：
给你一棵带边权的树，求出使所有叶节点到根节点的路程相同的最少操作数（每次操作边权加 1 ）

STEP 1.

看到这个题目后，我们就可以联想到一棵树了，具体来讲：

\(n\) 个节点只有 \(n-1\) 条边 \(\implies\) 树
激发器 \(\implies\) 根节点
终止节点 \(\implies\) 叶节点
电流通过导线的时间 \(\implies\) 边权

尝试使用 树形DP 完成。

STEP 2.

令 \(f(i)\) 表示从第 \(i\) 个节点发出电流，所有 \(i\) 的子树的叶节点到 \(i\) 路程相同的最少需要操作的次数，

\(num(i)\) 表示当从第 \(i\) 个节点发出电流，所有 \(i\) 的子树的叶节点到 \(i\) 路程相同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。

经过分析可得，\(num(i)\)（所有 \(i\) 的子树的叶节点到 \(i\) 路程相同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） 就是其孩子的 \(num\) 加上孩子与其的距离的最大值，具体来说：

\(num(i)=\max\limits_{j∈children_i}num(j)+len(j)\)

(这里的 \(len(x)\) 指 \(x\) 到其父节点的距离)

\(f(i)\) 则为其所有子节点的子树里达到时态同步最少需要操作的次数之和 加上到达叶子节点需要的时间减去所有子树的 \(num(j)\) 加上与其子树的距离这两项的和，具体来说：

\(f(i)=\sum\limits_{j∈children_i}dp(j)+\sum\limits_{j∈children_i}num(i)-(num(j)+len(j))\)

(这里的 \(len(x)\) 指 \(x\) 到其父节点的距离)

需要注意的是，这里的 \(num(x)\) 需要先预处理完毕后再求 \(f(x)\) 。

最后的答案就是 \(f(root)\)，这里的 \(root\) 就是激发器(根节点)。

STEP 3.

将视角转向数据范围：

• 对于 \(40\%\) 的数据，\(1\le N\le 1000\)。
• 对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le N\le 5\times 10^5\)。
  对于所有的数据，\(1\le t_e\le 10^6\)。

显然，由于 \(t_e\le 10^6\) ，存 \(f(x)\) 和 \(num(x)\) 时，需要开 \(\large{long\space long}\)。

STEP 4.

个人存图只爱用 vector 了(带边权就用 vector+pair)

代码（凭良心复制）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

int n, rt, a, b, t;
vector<pair<int, int>> tr[500005];
ll dp[500005], num[500005];

void dfs1(int i, int fa) {
    num[i] = 0;
    for(auto it : tr[i]) {
        int j = it.first;
        int dis = it.second;
        if(j == fa) continue;
        dfs1(j, i);
        num[i] = max(num[i], num[j] + dis);
    }
}

void dfs2(int i, int fa) {
    dp[i] = 0;
    for(auto it : tr[i]) {
        int j = it.first;
        int dis = it.second;
        if(j == fa) continue;
        dfs2(j, i);
        dp[i] += dp[j] + (num[i] - (num[j] + dis));
    }
}

int main() {
    cin >> n >> rt;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        cin >> a >> b >> t;
        tr[a].push_back({b, t});
        tr[b].push_back({a, t});
    }
    
    dfs1(rt, 0);
    dfs2(rt, 0);
    
    cout << dp[rt];
    return 0;
}