【BZOJ 1827】 [Usaco2010 Mar]gather 奶牛大集会

Description

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。技术分享

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 3

Sample Output

HINT

Source

那么最终的答案就是每条树边乘有几头牛要走，一条边有几头牛要走其实就是这条边下面有几个子孙。

于是我们预处理出以1为根的树的答案，并求出每个节点有几个子孙，然后O(1)转移到他的儿子的答案，这个儿子又可以O(1)转移到他自己的儿子。。。

因此我们用O(n)时间就求出以每个点为目的地的路程和，输出最小即可。

根变成儿子的时候，只有连接儿子的边要变化，根据预处理出的每个节点的儿子，即可转移。

#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cmath> #include <algorithm> #define M 200000+5 #define LL long long using namespace std; int tot=0,h[M],n,c[M],cnt; LL ans; struct edge { int y,ne; LL v; }e[M*2]; struct data { int son; LL l; }a[M]; void Addedge(int x,int y,LL l) { e[++tot].y=y; e[tot].ne=h[x]; e[tot].v=l; h[x]=tot; } void Prepare(int x,int fa) { for (int i=h[x];i;i=e[i].ne) { int y=e[i].y; if (y==fa) continue; Prepare(y,x); a[x].son+=a[y].son; a[x].l=a[x].l+a[y].l+(1LL*e[i].v*a[y].son); } a[x].son+=c[x]; } void dfs(int x,int fa,LL now) { for (int i=h[x];i;i=e[i].ne) { int y=e[i].y; if (y==fa) continue; LL k=now+1LL*e[i].v*(cnt-a[y].son*2); ans=min(ans,k); dfs(y,x,k); } } int main() { scanf("%d",&n); cnt=0; for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]),cnt+=c[i]; for (int i=1;i<n;i++) { int x,y; LL l; scanf("%d%d%lld",&x,&y,&l); Addedge(x,y,l); Addedge(y,x,l); } Prepare(1,0); ans=a[1].l; dfs(1,0,a[1].l); cout<<ans<<endl; return 0; }