[ZJOI2007]时态同步

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？

输入输出格式

• 输入格式：
  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。
• 输出格式：
  仅包含一个整数V，为小Q最少使用的道具次数。
• 输入输出样例
• 输入样例#1：
  3
  1
  1 2 1
  1 3 3
• 输出样例#1：
  2

说明

对于40%的数据，N ≤ 1000
对于100%的数据，N ≤ 500000
对于所有的数据，te ≤ 1000000

思路

zjoi 看到是浙江的题目瞬间被吓尿了
听说这是一道树形DP题，自己思考了一下感觉并不算是。。。
首先可以一遍DFS处理完每个点到s点的距离O(n)，找到每个叶节点，用一个ave(average)存储最远叶节点的距离，只要把每个叶节点的距离增加到这个ave就可以了。用f[i]表示当前节点i要改变的大小，对于一个节点u，它所有k的儿子为v1 ~ vk，每个vi要改变的大小完全可以转移一部分给u，这样显然比每个都改更优，所以f[u] = min{f[vi]}。ans最开始的值赋为ave - 每个叶节点到s的距离，每次统计f[u]后，ans要减去(k - 1) * f[u]，表示u所有的儿子都少更改一些，把这些放在u处更改。然后的ans就是要的答案，中间可能爆int/long long，至少洛谷上过了
常数巨大的丑陋代码

# include <stdio.h>
# include <stdlib.h>
# include <iostream>
# include <string.h>
# include <math.h>
using namespace std;

# define IL inline
# define RG register
# define UN unsigned
# define ll long long
# define rep(i, a, b) for(RG int i = a; i <= b; i++)
# define per(i, a, b) for(RG int i = b; i >= a; i--)
# define uev(e, u) for(RG int e = ft[u]; e != -1; e = edge[e].nt)
# define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
# define max(a, b) ((a) > (b)) ? (a) : (b)
# define min(a, b) ((a) < (b)) ? (a) : (b)

IL int Get(){
    RG char c = '!'; RG int num = 0, z = 1;
    while(c != '-' && (c > '9' || c < '0')) c = getchar();
    if(c == '-') z = -1, c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') num = num * 10 + c - '0', c = getchar();
    return num * z;
}

const int MAXN = 500001;
const ll INF = 1LL << 60;
struct Edge{
    int to, nt, f;
} edge[MAXN << 1];
int n, cnt, ft[MAXN], s, boo[MAXN], pos;
ll deep[MAXN], ans, ave, f[MAXN];

IL void Add(RG int u, RG int v, RG int f){
    edge[cnt] = (Edge){v, ft[u], f}; ft[u] = cnt++;
}

IL void Dfs(RG int u){
    uev(e, u){
        RG int v = edge[e].to, f = edge[e].f;
        if(!deep[v]){
            deep[v] = deep[u] + f; boo[u] = 1;
            Dfs(v);
        }
    }
}

IL void Dfs2(RG int u, RG int fa){
    RG ll t = INF, tot = 0;
    uev(e, u){
        RG int v = edge[e].to;
        if(v == fa) continue;
        Dfs2(v, u);
        tot++; t = min(t, f[v]);
    }
    if(!fa) return;
    if(tot){
        ans -= (tot - 1) * t;
        f[u] = t;
    }
}

int main(){
    mem(ft, -1);
    n = Get(); s = Get();
    rep(i, 1, n - 1){
        RG int u = Get(), v = Get(), f = Get();
        Add(u, v, f); Add(v, u, f);
    }
    deep[s] = 1; Dfs(s);
    rep(i, 1, n) if(!boo[i]) ave = max(ave, deep[i]);
    rep(i, 1, n) if(!boo[i]) f[i] = ave - deep[i], ans += f[i];
    Dfs2(s, 0);
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}