jzoj5906

我們首先發現，每一條邊都至少走1次，因為我們必須走到每一個節點按按鈕

如果我們不走一個節點，說明這個節點已經有傳送門了，但是必須走到這個節點開傳送門，矛盾

然後我們發現，每一條邊至多經過2次

如果我們將傳送門設置在一個祖先，則邊fa->i會經過兒子個數次

但是如果將傳送門設置在兒子u處，則邊fa->i只會經過2次，更優

我們再次發現，傳送的位置和第一個傳送門有關係，而和第二個無關

所以我們可以先設置兒子的傳送門，再設置父親的傳送門

顯然，設置傳送門可以讓一些邊只走1次，我們可以計算最優方案

記dp[i][0/1]表示在/不在i點設置傳送門的單邊權值之和

若設置傳送門於祖先，則為了保證祖先的邊只走2次或者以下，則只能放一個孩子到祖先，其他都老老實實的走2遍

所以dp[i][1]=max(dp[i][1],dp[v[i]][1]+w[i])

若設置傳送門于當前點或者孩子，那麼我們可以走孩子邊

由於我們設置傳送門在孩子不會影響到父親，所以我們可以綜合選和不選的方案

所以dp[i][0]= sigma max(dp[v[i]][0],dp[v[i]][1]+w[i])

表示現在我們在v[i]設置傳送門的方案，與不在v[i]設置傳送門的方案

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll n,v[2000010],w[2000010],nxt[2000010],ec,h[1000010],dp[1000010][2];

void add(ll x,ll y,ll z){v[++ec]=y;w[ec]=z;nxt[ec]=h[x];h[x]=ec;}

void dfs(ll x,ll p){

for(ll i=h[x];i;i=nxt[i])

if(p!=v[i]){

dfs(v[i],x);

dp[x][1]=max(dp[x][1],dp[v[i]][1]+w[i]);

dp[x][0]+=max(dp[v[i]][0],dp[v[i]][1]+w[i]);

}

}

int main(){

freopen(“portal.in”,“r”,stdin);

freopen(“portal.out”,“w”,stdout);

ll ans=0;

scanf("%lld",&n);

for(ll i=1;i<n;i++){

ll a,b,c;

scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);

ans+=c*2;

add(a,b,c);add(b,a,c);

}

dfs(1,0);

printf("%lld",ans-dp[1][0]);

}