BZOJ 1060: [ZJOI2007]时态同步 树上问题 + 贪心

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

题解：

考虑边 $<u,v>$，（此处 $u$ 为 $v$ 的父亲）.
我们增加这条边是有意义的，当且仅当 $v$ 的所有叶子到 $v$ 已经距离相同.
先递归处理儿子，并求出儿子中最小距离，那么可以保证其他所有儿子都比该儿子大，那么只需对于每个儿子加上一个差值即可.

 

Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
#define maxn 500002
#define inf 1000000000000000
#define ll long long
using namespace std;
ll dis[maxn], s[maxn];
int hd[maxn], to[maxn << 1], nex[maxn << 1], val[maxn << 1], fa[maxn], chil[maxn];
int edges, n, root;
ll maxv, ans;
void add(int u, int v, int c)
{
    nex[++edges] = hd[u], hd[u] = edges, to[edges] = v, val[edges] = c;
}
void dfs(int u, int ff)
{
    fa[u] = ff, chil[u] = 0;
    for(int i = hd[u]; i ; i = nex[i])
    {
        int v = to[i];
        if(to[i] == ff) continue;
        ++chil[u];
        dis[v] = dis[u] + (ll) val[i];
        dfs(v, u);
    }
}
void dfs2(int u)
{
    if(chil[u] == 0)
    {
        s[u] = maxv - dis[u];
        return ;
    }
    ll _min = inf;
    for(int i = hd[u]; i ; i = nex[i])
    {
        int v = to[i];
        if(v == fa[u]) continue;
        dfs2(v);
        _min = min(_min, s[v]);
    }
    s[u] = _min;
    for(int i = hd[u]; i ; i = nex[i])
    {
        int v = to[i];
        if(v == fa[u]) continue;
        ans += s[v] - _min;
    }
}
int main()
{
   //  setIO("input");
    scanf("%d%d",&n,&root);
    for(int i = 1, u, v, c; i < n ; ++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&c);
        add(u, v, c), add(v, u, c);
    }
    dfs(root, 0);
    for(int i = 1; i <= n ; ++i) maxv = max(maxv, dis[i]);
    dfs2(root);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}