(color{#0066ff}{ 题目描述 })
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(t_e)，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？
(color{#0066ff}{输入格式})
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。
(color{#0066ff}{输出格式})
仅包含一个整数(V)，为小(Q)最少使用的道具次数。
(color{#0066ff}{输入样例})
3
1
1 2 1
1 3 3
(color{#0066ff}{输出样例})
2
(color{#0066ff}{数据范围与提示})
测试点编号 数据范围
对于(40\%)的数据，(N leq 1000)
对于(100\%)的数据，(N leq 500000)
对于所有的数据，(t_e leq 1000000)
(color{#0066ff}{ 题解 })
其实是一个贪心的思想
如果两个叶子都需要加时间
可以在它们公共的边先加一些，那么最后的ans就会少这些
设f[x]为x到叶子的最长链长度
则(ans = sum{(f[u]-(f[v]+dis_{uv}))})
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
char ch; LL x = 0, f = 1;
while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
return x * f;
}
int n, root;
struct node {
int to;
LL dis;
node *nxt;
node(int to = 0, LL dis = 0, node *nxt = NULL): to(to), dis(dis), nxt(nxt) {}
void *operator new (size_t) {
static node *S = NULL, *T = NULL;
return (S == T) && (T = (S = new node[1024]) + 1024), S++;
}
};
const int maxn = 5e5 + 100;
node *head[maxn];
LL f[maxn], ans;
void add(int from, int to, int dis) {
head[from] = new node(to, dis, head[from]);
}
void dfs(int x, int fa) {
f[x] = 1;
for(node *i = head[x]; i; i = i->nxt) {
if(i->to == fa) continue;
dfs(i->to, x);
f[x] = std::max(f[x], f[i->to] + i->dis);
}
for(node *i = head[x]; i; i = i->nxt)
if(i->to != fa)
ans += (f[x] - (f[i->to] + i->dis));
}
int main() {
n = in();
root = in();
int x, y, z;
for(int i = 1; i < n; i++) {
x = in(), y = in(), z = in();
add(x, y, z), add(y, x, z);
}
dfs(root, 0);
printf("%lld
", ans);
return 0;
}