[Usaco2010 Mar]gather 奶牛大集会
[Usaco2010 Mar]gather 奶牛大集会
题目
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 3OUTPUT
15
解题报告
这破水题水了我一上午
树规
显然我们需要找出一个根来先算出一个不那么优的解,再去更新其他的解
第一步很容易,第二步也很容易(我tm卡了一个上午)
设目前的答案为$ans$,儿子节点的答案为$next$
$$next=ans-size_{son}\times w_{i}+(tot-size_{son})\times w_{i}$$
显然我们可以用高深的数学知识乘法分配率把式子化简成这样:
$$next=ans+(tot-2\times size_{son})\times w_{i}$$
那么我们使$tot<2\times size_{son}$,后面的式子就是负的,$ans$就被更新得更小了
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
inline int read(){
int sum();
char ch(getchar());
for(;ch<''||ch>'';ch=getchar());
for(;ch>=''&&ch<='';sum=sum*+(ch^),ch=getchar());
return sum;
}
struct edge{
int e,w;
edge *n;
}a[],*pre[];
int tot;
inline void insert(int s,int e,int w){
a[++tot].e=e;
a[tot].w=w;
a[tot].n=pre[s];
pre[s]=&a[tot];
}
typedef long long L;
int n;
L c[],size[],dis[];
L ans,sum;
inline L dfs(int u,int fa){
size[u]=c[u];
L ret(dis[u]*c[u]);
for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){
int e(i->e);
if(e==fa)continue;
dis[e]=dis[u]+i->w;
ret+=dfs(e,u);
size[u]+=size[e];
}
return ret;
}
inline void cal(int u,int fa){
for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){
int e(i->e);
if(e==fa)continue;
if(sum<size[e]<<){
ans+=(sum-(size[e]<<))*i->w;
cal(e,u);
}
}
}
int main(){
memset(pre,NULL,sizeof(pre));
n=read();
for(int i=;i<=n;++i)
c[i]=read();
for(int i=;i<n;++i){
int x(read()),y(read()),z(read());
insert(x,y,z),insert(y,x,z);
}
ans=dfs(,);
sum=size[];
cal(,);
printf("%lld",ans);
}
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