【BZOJ】1827: [Usaco2010 Mar]gather 奶牛大集会（树形dp）

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1827

仔细想想就好了，，

每个点维护两个值，一个是子树的费用，一个是除了子树和自己的费用。都可以用dfs做。

维护第一个就是简单的dp。d1[i]=sum{d1[j]+w(i, j)*son1[j]}，j是i的子女

第二个就有些麻烦，因为要考虑的不只是这个点的父亲，还要考虑这个点父亲的子树。

那么

d2[i]=d2[fa]+w(fa, i)*son1[i]+d1[fa]-d1[i]

而在处理这些方程有一些细节，不一定完全和上边的的方程一样，具体看代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%lld", a)
#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl
#define printarr2(a, b, c) for1(_, 1, b) { for1(__, 1, c) cout << a[_][__]; cout << endl; }
#define printarr1(a, b) for1(_, 1, b) cout << a[_] << '\t'; cout << endl
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }
inline const ll min(const ll &a, const ll &b) { return a<b?a:b; }

const int N=100005;
int ihead[N], cnt, n;
struct ED { int to, next; ll w; }e[N<<1];
ll d[N][2], ans=~0ull>>1, c[N], son[N][2];
void add(int u, int v, ll w) {
	e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; e[cnt].w=w;
	e[++cnt].next=ihead[v]; ihead[v]=cnt; e[cnt].to=u; e[cnt].w=w;
}
void dfs1(int x, int fa) {
	int y;
	for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next) if((y=e[i].to)!=fa) {
		ll w=e[i].w;
		dfs1(y, x);
		son[x][0]+=son[y][0]+c[y];
		d[x][0]+=d[y][0]+w*(son[y][0]+c[y]);
	}
}
void dfs2(int x, int fa) {
	int y;
	for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next) if((y=e[i].to)!=fa) {
		ll w=e[i].w;
		son[y][1]=son[x][1]+c[x]+son[x][0]-son[y][0]-c[y];
		d[y][1]=d[x][1]+w*son[y][1]+d[x][0]-d[y][0]-w*(son[y][0]+c[y]);
		dfs2(y, x);
	}
}
int main() {
	read(n);
	for1(i, 1, n) read(c[i]);
	rep(i, n-1) { int u=getint(), v=getint(), w=getint(); add(u, v, w); }
	dfs1(1, 0); dfs2(1, 0);
	for1(i, 1, n) ans=min(ans, d[i][0]+d[i][1]);
	print(ans);
	return 0;
}

---

Description

Bessie正在计划一年一度的奶牛大集会，来自全国各地的奶牛将 来参加这一次集会。当然，她会选择最方便的地点来举办这次集会。每个奶牛居住在 N(1<=N<=100,000) 个农场中的一个，这些农场由N-1条道路连接，并且从任意一个农场都能够到达另外一个农场。道路i连接农场A_i和B_i(1 <= A_i <=N; 1 <= B_i <= N),长度为L_i(1 <= L_i <= 1,000)。集会可以在N个农场中的任意一个举行。另外，每个牛棚中居住者C_i(0 <= C_i <= 1,000)只奶牛。在选择集会的地点的时候，Bessie希望最大化方便的程度(也就是最小化不方便程度)。比如选择第X个农场作为集会地点，它的不方 便程度是其它牛棚中每只奶牛去参加集会所走的路程之和，(比如，农场i到达农场X的距离是20，那么总路程就是C_i*20)。帮助Bessie找出最方 便的地点来举行大集会。 考虑一个由五个农场组成的国家，分别由长度各异的道路连接起来。在所有农场中，3号和4号没有奶牛居住。

Input

第一行：一个整数N * 第二到N+1行：第i+1行有一个整数C_i * 第N+2行到2*N行，第i+N+1行为3个整数：A_i,B_i和L_i。

Output

* 第一行：一个值，表示最小的不方便值。

Sample Input

5
1
1
0
0
2
1 3 1
2 3 2
3 4 3
4 5 3

Sample Output

15

HINT

Source

Gold