BZOJ1060 [ZJOI2007]时态同步
来源:互联网 发布:java中二分法查找 编辑:程序博客网 时间:2024/05/17 00:05
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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
【原题地址】
BZOJ1060 洛谷P1131
【分析】
很显然,假设电路板的激发器为根节点,那么对于题目中的树(电路板),我们显然要尽量在深度较小的边上将通过时间增加一些单位,因为这样只要增加这一条边的通过时间,通过这条边所能到达的所有终止节点(叶子节点)都能减少相应的通过时间。
然后我们考虑怎样计算增加的通过时间,记
通过
这里再提供一种将
然后我们将树按
【代码】
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;typedef long long ll;const int Maxn = 0x3f3f3f3f;const int N = 5e5 + 5;ll dis[N], Ans; int n, src, Q[N][3];struct Edge{ int to; ll tim; Edge *nxt;}a[N << 1], *T = a, *lst[N];template <class T> inline void CkMax(T &a, const T &b) {if (a < b) a = b;}inline int get(){ char ch; bool f = false; int res = 0; while (((ch = getchar()) < '0' || ch > '9') && ch != '-'); if (ch == '-') f = true; else res = ch - '0'; while ((ch = getchar()) >='0' && ch <= '9') res = (res << 3) + (res << 1) + ch - '0'; return f? ~res + 1 : res;}inline void put(ll x){ if (x < 0) x = ~x + 1, putchar('-'); if (x > 9) put(x / 10); putchar(x % 10 + 48);}inline void addEdge(const int &x, const int &y, const int &z){ T->nxt = lst[x]; T->to = y; T->tim = (ll)z; lst[x] = T++; T->nxt = lst[y]; T->to = x; T->tim = (ll)z; lst[y] = T++; }int main(){ n = get(); src = get(); int x, v, y; for (int i = 1; i < n; ++i) x = get(), y = get(), addEdge(x, y, get()); int t = 0, w = 1; Q[1][0] = src; while (t < w) { x = Q[++t][0]; v = Q[t][1]; for (Edge *e = lst[x]; e; e = e->nxt) { if ((y = e->to) == v) continue; Q[++w][0] = y; Q[w][1] = x; Q[w][2] = e->tim; } } for (int i = w; i >= 2; --i) CkMax(dis[Q[i][1]], dis[Q[i][0]] + Q[i][2]); for (int i = w; i >= 2; --i) Ans += dis[Q[i][1]] - dis[Q[i][0]] - Q[i][2]; return put(Ans), 0;}
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