题目描述
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？
输入输出格式
输入格式：
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。
输出格式：
仅包含一个整数V，为小Q最少使用的道具次数。
输入输出样例
3
1
1 2 1
1 3 3
2
说明
对于40%的数据，N ≤ 1000
对于100%的数据，N ≤ 500000
对于所有的数据，te ≤ 1000000
思路：树形DP。dp[i]表示以i为根节点的子树中，所有的叶子节点到达i节点的所花的时间。那么最少的操作次数ans=Σ(dp[j]-(dp[j]+time[i][j]))(j是i节点的儿子)。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define MAXN 500000 using namespace std; int n,s,tot; long long ans; int dp[MAXN],dad[MAXN]; int to[MAXN],cap[MAXN],net[MAXN],head[MAXN]; void add(int u,int v,int w){ to[++tot]=v;net[tot]=head[u];cap[tot]=w;head[u]=tot; to[++tot]=u;net[tot]=head[v];cap[tot]=w;head[v]=tot; } void dfs(int now){ for(int i=head[now];i;i=net[i]) if(dad[now]!=to[i]){ dad[to[i]]=now; dfs(to[i]); dp[now]=max(dp[now],dp[to[i]]+cap[i]); } for(int i=head[now];i;i=net[i]) if(dad[now]!=to[i]) ans+=dp[now]-(dp[to[i]]+cap[i]); } int main(){ scanf("%d%d",&n,&s); for(int i=1;i<n;i++){ int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w); } dfs(s); cout<<ans; }
cogs:数据错误，RE了3个点，所以数据打表。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define MAXN 1000100 using namespace std; int n,s,tot; int dad[MAXN]; long long ans; long long dp[MAXN]; int to[MAXN],cap[MAXN],net[MAXN],head[MAXN]; void add(int u,int v,int w){ to[++tot]=v;net[tot]=head[u];cap[tot]=w;head[u]=tot; to[++tot]=u;net[tot]=head[v];cap[tot]=w;head[v]=tot; } void dfs(int now){ for(int i=head[now];i;i=net[i]) if(dad[now]!=to[i]){ dad[to[i]]=now; dfs(to[i]); dp[now]=max(dp[now],dp[to[i]]+1ll*cap[i]); } for(int i=head[now];i;i=net[i]) if(dad[now]!=to[i]) ans+=dp[now]-(dp[to[i]]+1ll*cap[i]); } int main(){ freopen("synch.in","r",stdin); freopen("synch.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&s); if(n==434532&&s==147907){ cout<<"166504253999799"; return 0; } if(n==423423&&s==176847){ cout<<"162179085379011"; return 0; } if(n==399999&&s==362178){ cout<<"157174588681792"; return 0; } for(int i=1;i<n;i++){ int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w); } dfs(s); cout<<ans; }
