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
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
题解：
正解好像是树形dp，然而看了半天连状态都没看出来，就写了一发贪心，然后过了qaq
首先我们肯定要通过bfs求出到激发器最远的距离sdd。
然后对于每一个叶子节点x，它要增加的路径就是sdd-dis[x]。
然后考虑非叶子节点，例如：
明显的最优策略是w向父亲增加2，w->y增加1，w->z增加3，而w向父亲增加的2递归上去处理。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<queue> 5 #include<bitset> 6 #define LL long long 7 using namespace std; 8 const LL INF = 0x7ffffffffffff ; 9 const int N = 500000 + 10 ; 10 11 inline LL read() { 12 LL k = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ; 13 for( ; !isdigit(c) ; c = getchar()) 14 if(c == ‘-‘) f = -1 ; 15 for( ; isdigit(c) ; c = getchar()) 16 k = k*10 + c-‘0‘ ; 17 return k*f ; 18 } 19 struct Edge { 20 int to, next ; LL val ; 21 }e[N<<1] ; 22 int n, s, m ; LL ans = 0, sdd ; int head[N] ; LL dis[N] ; 23 inline void add_edge(int x,int y,LL vv) { // 双向边 24 static int cnt = 0 ; 25 e[++cnt].to = y, e[cnt].next = head[x], head[x] = cnt, e[cnt].val = vv ; 26 e[++cnt].to = x, e[cnt].next = head[y], head[y] = cnt, e[cnt].val = vv ; 27 } 28 29 inline void bfs() { 30 bitset<N>vis ; for(int i=1;i<=n;i++) dis[i] = INF ; 31 queue<LL>q ; q.push(s) ; vis[s] = 1, dis[s] = 0 ; 32 while(!q.empty()) { 33 int x = q.front() ; q.pop() ; 34 for(int i=head[x];i;i=e[i].next) { 35 int y = e[i].to ; if(vis[y]) continue ; 36 dis[y] = dis[x]+e[i].val ; vis[y] = 1 ; 37 q.push(y) ; 38 } 39 } 40 } 41 LL dfs(int x,int fa) { 42 LL minn = INF, maxx = 0, tot = 0, num = 0 ; 43 for(int i=head[x];i;i=e[i].next) { 44 int y = e[i].to ; if(y == fa) continue ; 45 LL res = dfs(y,x) ; num++ ; 46 tot += res, minn = min(res,minn) ; 47 } 48 if(!num) return sdd-dis[x] ; // 叶子节点 49 if(x == s) return tot ; 50 ans += tot - num*minn ; 51 return minn ; 52 } 53 54 int main() { 55 n = read() ; s = read() ; 56 for(int i=1;i<n;i++) { 57 int x = read(), y = read() ; 58 add_edge(x,y,read()) ; 59 } 60 bfs() ; sdd = 0 ; 61 for(int i=1;i<=n;i++) sdd = max(sdd,dis[i]) ; 62 LL res = dfs(s,0) ; ans += res ; 63 printf("%lld",ans) ; 64 return 0 ; 65 }
写在最后：
贪心写完一定要再验证一下思路有没有漏洞，代码有没有完全按思路写；
一定要算一下数据范围，判断要不要看long long.
