[Luogu P1131] [BZOJ 1060] [ZJOI2007]时态同步

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题目描述

小QQ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… 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 e ，激励电流通过它需要的时间为 te t e ，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 N ，表示电路板中节点的个数。

第二行包含一个整数 S S ，为该电路板的激发器的编号。

接下来 N−1 N − 1 行，每行三个整数 a,b,t a , b , t 。表示该条导线连接节点 a a 与节点 b b ，且激励电流通过这条导线需要 t t 个单位时间。

输出格式：

仅包含一个整数 V 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% 40 % 的数据， N≤1000 N ≤ 1000

对于 100% 100 % 的数据， N≤500000 N ≤ 500000

对于所有的数据， te≤1000000 t e ≤ 1000000

解题分析

很明显最小费用就是把某棵子树内点的距离全部变为初始的最大值， 一遍DFS即可。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define MX 1000050
#define ll long long
bool neg;
template <class T>
IN void in(T &x)
{
    x = 0; R char c = gc;
    for (; !isdigit(c); c = gc)
    if(c == '-') neg = true;
    for (;  isdigit(c); c = gc)
    x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48;
    if(neg) x = -x;
}
int head[MX];
ll mx[MX], ans;
int dot, cnt, S;
struct Edge {int to, len, nex;} edge[MX << 1];
IN void add(R int from, R int to, R int len)
{edge[++cnt] = {to, len, head[from]}, head[from] = cnt;}
void DFS(R int now, R int fa)
{
    for (R int i = head[now]; i; i = edge[i].nex)
    {
        if(edge[i].to == fa) continue;
        DFS(edge[i].to, now);
        mx[now] = std::max(mx[edge[i].to] + edge[i].len, mx[now]);
    }
    for (R int i = head[now]; i; i = edge[i].nex)
    {
        if(edge[i].to == fa) continue;
        ans += mx[now] - mx[edge[i].to] - edge[i].len;
    }
}
int main(void)
{
    int a, b, c;
    in(dot); in(S);
    for (R int i = 1; i < dot; ++i)
    in(a), in(b), in(c), add(a, b, c), add(b, a, c);
    DFS(S, 0); printf("%lld", ans);
}