话说宁波市的中小学生在镇海中学参加计算机程序设计比赛，比赛之余，他们在镇海中学的各个景点参观。镇海中学共有n个景点，每个景点均有若干学生正在参 观。这n个景点以自然数1至n编号，每两个景点的编号均不同。每两个景点之间有且只有一条路径。选择哪个景点集中所有的学生，才能使所有学生走过的路径之和最小呢？
输入描述：
第一行只有一个正整数n，表示景点数。
第二行有n个1至1000间的整数，这n个整数间互相以一个空格分隔。其中第i个整数表示第i个景点处的学生数。
第三行至第n+1，每行有三个整数i,j,k，表示景点i和景点j之间有一条长为k的路径直接连接。其中i<>j，1≤i≤n, 1≤j≤n；1≤k≤1000。
输出描述：
有二行：
第一行只有一个整数i，表示在第i个景点处集中时，所有学生走过的路之和最短。
第二行也只有一个整数，表示所有学生走过的路径之和的最小值
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstdio> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 using namespace std; 8 int n,num[100002],a,b,c,g[100002],tot,cnt,poi;//poi为最优点 9 long long ans[100002],minn=9223372036854775807,siz[100002];//siz[i]以i为根节点的树的点权和，minn为最优答案，ans[i]为以i为根时的答案 10 struct s1 11 {int t,next; 12 long long l; 13 } e[200002];//e是边的相关信息，t是重点，next是下一条边，l是边权 14 void addedge(int s,int t,int l)//建图 15 {e[++tot].next=g[s]; 16 g[s]=tot; 17 e[tot].t=t; 18 e[tot].l=l; 19 return; 20 } 21 void geta(int x,int d,int f)//预处理：随便找个点（这里是1）作为根节点遍历整棵树，计算以这个点为根时的siz和ans 22 {siz[x]=num[x]; 23 for(int i=g[x];i!=0;i=e[i].next) 24 if(e[i].t!=f)//因为最初是双向建边，所以这里应注意不需要重复处理。又因为树上没有环，所以别再去找父节点就行 25 {geta(e[i].t,d+e[i].l,x); 26 siz[x]+=siz[e[i].t]; 27 ans[1]+=siz[e[i].t]*e[i].l; 28 } 29 return; 30 } 31 void dp(int x,int f) 32 {if(ans[x]<minn)//到达每个点时ans必然是已经算好的，所以先更新minn和poi 33 {minn=ans[x]; 34 poi=x; 35 } 36 for(int i=g[x];i!=0;i=e[i].next)//计算好子节点的ans之后再将阶段转移到子节点，以继续计算其他的ans 37 if(e[i].t!=f)//同样不需要重复处理 38 {ans[e[i].t]=ans[x]+e[i].l*(cnt-2*siz[e[i].t]);//由ans[e[i].t]=ans[x]+(cnt-siz[e[i].t])*e[i].l-siz[e[i].t]*e[i].l化简而来，即以e[i].t为根的子树上的点不需要再经过第i条边，其他点需要经过第i条边 39 dp(e[i].t,x); 40 } 41 return; 42 } 43 int main() 44 {freopen("p1487.in","r",stdin); 45 freopen("p1487.out","w",stdout); 46 scanf("%d",&n); 47 for(int i=1;i<=n;++i) 48 {scanf("%d",&num[i]); 49 cnt+=num[i]; 50 } 51 for(int i=1;i<n;++i) 52 {scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 53 addedge(a,b,c);//注意双向建边 54 addedge(b,a,c); 55 } 56 geta(1,0,0); 57 dp(1,0); 58 cout<<poi<<endl<<minn<<endl; 59 return 0; 60 }