BZOJ 1060 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

311 2 11 3 3

Sample Output

2

Hint

N ≤ 500000，te ≤ 1000000

思路：本来以为是个图论。。。就写了个最短路找最长边。。。后来发现其实越靠近根节点的加时其实是越有利的（如果从这里往下都要加时的话），得出结论：这是个树形DP。状态：f[i]表示以i为根的子树的时间的最大值。转移f[i]=max{f[i],f[v]+e[i].val}（当i与v有一条边时）dfs即可求出最大值。再跑一遍dfs求解答案，方程为ans+=f[x]-f[v]-e[i].val。（至于我本人没法语言特别清楚的解释明白这个方程。。大意就是对于每个点枚举与它相连且不是他祖先的点，要延长的时间就是他这里的最大值减去与他相连的最大值和传送时间，这个差值有可能是负数）。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>#include<iostream>#include<cmath>using namespace std;const int MAXN=500010;struct edge{int next,to,val;};edge e[2*MAXN];int head[MAXN],cnt;void addedge(int u,int v,int w){e[++cnt].next=head[u];e[cnt].to=v;e[cnt].val=w;head[u]=cnt;}int f[MAXN],n;long long ans;bool visit[MAXN];void dfs1(int x){visit[x]=true;for (int i=head[x];i;i=e[i].next){int v=e[i].to;if (!visit[v]){dfs1(v);f[x]=max(f[x],f[v]+e[i].val);}}}void dfs2(int x){visit[x]=true;for (int i=head[x];i;i=e[i].next){int v=e[i].to;if (!visit[v]){dfs2(v);ans+=f[x]-f[v]-e[i].val;}}}int main(){int s;scanf("%d",&n);scanf("%d",&s);for (int i=1;i<n;i++){int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);addedge(u,v,w);addedge(v,u,w);}dfs1(s);memset(visit,0,sizeof(visit));dfs2(s);cout<<ans;    return 0;}