[BZOJ1060][ZJOI2007]时态同步树形dp

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

3
1
1 2 1
1 3 3

Sample Output

HINT

N ≤ 500000，te ≤ 1000000

Solution

做法：树形dp

很容易想出来是树形dp（如果有基础的话）

式子也不难推

设$f[u]$表示从$u$到以它为根的子树中的叶子节点的最大距离

转移方程则为$f[u]=max(f[u],f[son]+e[i].v)$

然后答案就是$sum f[u]-f[son]-e[i].v$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std ;

#define N 1000010
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define int long long

int n , s , fa[ N ] , f[ N ] ;
int head[ N ] , cnt ; 
ll ans = 0 ;
struct node {
    int to , nxt , v ;
}e[ N ] ;
//f[i]表示i节点到叶子节点所需要花的最长时间 

void ins( int u , int v , int w ) {
    e[ ++ cnt ].to = v ;
    e[ cnt ].nxt = head[ u ] ;
    e[ cnt ].v = w ;
    head[ u ] = cnt ;
} 

void dfs1( int u ) {
    for( int i = head[ u ] ; i ; i = e[ i ].nxt ) {
        if( e[ i ].to == fa[ u ] ) continue ;
        fa[ e[ i ].to ] = u ;
        dfs1( e[ i ].to ) ;
    }
}

void dfs( int u ) {
    for( int i = head[ u ] ; i ; i = e[ i ].nxt ) {
        if( e[ i ].to == fa[ u ] ) continue ;
        dfs( e[ i ].to ) ;
        f[ u ] = max( f[ u ] , f[ e[ i ].to ] + e[ i ].v ) ; 
    }
    for( int i = head[ u ] ; i ; i = e[ i ].nxt ) {
        if( e[ i ].to != fa[ u ] ) {
            ans += f[ u ] - f[ e[ i ].to ] - e[ i ].v ;
        } 
    }
}

main() {
    scanf( "%lld%lld" , &n , &s ) ;
    for( int i = 1 ; i < n ; i ++ ) {
        int a , b , t ;
        scanf( "%lld%lld%lld" , &a , &b , &t ) ;
        ins( a , b , t ) ;
        ins( b , a , t ) ;
    }
    dfs1( s ) ;
    dfs( s ) ;
    printf( "%lld" , ans ) ;
    return 0 ;
}