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:树形DP。dp[i]表示以i为根节点的子树中,所有的叶子节点到达i节点的所花的时间。那么最少的操作次数ans=Σ(dp[j]-(dp[j]+time[i][j]))(j是i节点的儿子)。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 500000
using namespace std;
int n,s,tot;
long long ans;
int dp[MAXN],dad[MAXN];
int to[MAXN],cap[MAXN],net[MAXN],head[MAXN];
void add(int u,int v,int w){
to[++tot]=v;net[tot]=head[u];cap[tot]=w;head[u]=tot;
to[++tot]=u;net[tot]=head[v];cap[tot]=w;head[v]=tot;
}
void dfs(int now){
for(int i=head[now];i;i=net[i])
if(dad[now]!=to[i]){
dad[to[i]]=now;
dfs(to[i]);
dp[now]=max(dp[now],dp[to[i]]+cap[i]);
}
for(int i=head[now];i;i=net[i])
if(dad[now]!=to[i])
ans+=dp[now]-(dp[to[i]]+cap[i]);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i=;i<n;i++){
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
}
dfs(s);
cout<<ans;
}

cogs:数据错误,RE了3个点,所以数据打表。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 1000100
using namespace std;
int n,s,tot;
int dad[MAXN];
long long ans;
long long dp[MAXN];
int to[MAXN],cap[MAXN],net[MAXN],head[MAXN];
void add(int u,int v,int w){
to[++tot]=v;net[tot]=head[u];cap[tot]=w;head[u]=tot;
to[++tot]=u;net[tot]=head[v];cap[tot]=w;head[v]=tot;
}
void dfs(int now){
for(int i=head[now];i;i=net[i])
if(dad[now]!=to[i]){
dad[to[i]]=now;
dfs(to[i]);
dp[now]=max(dp[now],dp[to[i]]+1ll*cap[i]);
}
for(int i=head[now];i;i=net[i])
if(dad[now]!=to[i])
ans+=dp[now]-(dp[to[i]]+1ll*cap[i]);
}
int main(){
freopen("synch.in","r",stdin);
freopen("synch.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&s);
if(n==&&s==){
cout<<"";
return ;
}
if(n==&&s==){
cout<<"";
return ;
}
if(n==&&s==){
cout<<"";
return ;
}
for(int i=;i<n;i++){
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
}
dfs(s);
cout<<ans;
}

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