【BZOJ 1060】 1060: [ZJOI2007]时态同步（树形DP）

标签：ini blocks define block sizeof zoj name 编号 set

1060: [ZJOI2007]时态同步

Description

　　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？

Input

　　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

Output

　　仅包含一个整数V，为小Q最少使用的道具次数

Sample Input

3
1
1 2 1
1 3 3

Sample Output

2

HINT

N ≤ 500000，te ≤ 1000000

Source

【分析】

　　这道题是很水的了，然而我，。。。脑子是个好东西TAT。。。

　　其实，不准确的说，如果你不干明显多余的事情，其实方案是唯一的。

　　因为你整棵树成立的前提下是每棵子树都成立，很明显吧？

　　当你使得没棵子树都成立之后，你当然知道下一步怎么做，改变边权使距离趋于当前最大的一个。

　　其实就是直接dfs（我真傻）

　　则f[x]=f[son]+t[i].c

　　答案即 sigma(f[x]-f[son]-t[i].c)

　　今天好傻啊，输入树还输入了n条边。。。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<queue>
 7 using namespace std;
 8 #define Maxn 500010
 9 #define LL long long
10 
11 int mymax(int x,int y) {return x>y?x:y;}
12 
13 struct node
14 {
15     int x,y,c,next;
16 }t[Maxn*2];
17 int len,first[Maxn];
18 
19 void ins(int x,int y,int c)
20 {
21     t[++len].x=x;t[len].y=y;t[len].c=c;
22     t[len].next=first[x];first[x]=len;
23 }
24 
25 int f[Maxn];
26 LL ans=0;
27 void dfs(int x,int fa)
28 {
29     f[x]=0;
30     for(int i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].y!=fa)
31     {
32         dfs(t[i].y,x);
33         f[x]=mymax(f[x],f[t[i].y]+t[i].c);
34     }
35     for(int i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].y!=fa)
36     {
37         ans+=f[x]-(f[t[i].y]+t[i].c);
38     }
39 }
40 
41 int main()
42 {
43     int n,s;
44     scanf("%d%d",&n,&s);
45     len=0;
46     memset(first,0,sizeof(first));
47     for(int i=1;i<n;i++)
48     {
49         int x,y,c;
50         scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
51         ins(x,y,c);ins(y,x,c);
52     }
53     dfs(s,0);
54     printf("%lld\n",ans);
55     return 0;
56 }

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2017-02-24 22:15:57

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原文地址：http://www.cnblogs.com/Konjakmoyu/p/6440509.html

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