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  • P1131 [ZJOI2007]时态同步 树形dp

      

    题目描述

    QQ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…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ee,激励电流通过它需要的时间为t_ete,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QQ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?

    输入输出格式

    输入格式:

    第一行包含一个正整数NN,表示电路板中节点的个数。

    第二行包含一个整数SS,为该电路板的激发器的编号。

    接下来N-1N1行,每行三个整数a , b , ta,b,t。表示该条导线连接节点aa与节点bb,且激励电流通过这条导线需要tt个单位时间。

    输出格式:

    仅包含一个整数VV,为小QQ最少使用的道具次数。

    输入输出样例

    输入样例#1: 复制
    3
    1
    1 2 1
    1 3 3
    
    输出样例#1: 复制
    2
    

    说明

    对于40\%40%的数据,N ≤ 1000N1000

    对于100\%100%的数据,N ≤ 500000N500000

    对于所有的数据,t_e ≤ 1000000te1000000

    树形dp好题

    见代码

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    //input by bxd
    #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
    #define repp(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
    #define RI(n) scanf("%d",&(n))
    #define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
    #define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
    #define RS(s) scanf("%s",s);
    #define ll long long
    #define pb push_back
    #define REP(i,N)  for(int i=0;i<(N);i++)
    #define CLR(A,v)  memset(A,v,sizeof A)
    //////////////////////////////////
    #define inf 0x3f3f3f3f
    const int N=1000000+5;
    const int M=2*N;
    int head[M],pos;
    struct Edge
    {
        int nex,to,v;
    }edge[M];
    void add(int a,int b,int c)
    {
        edge[++pos].nex=head[a];
        head[a]=pos;
        edge[pos].to=b;
        edge[pos].v=c;
    }
    int n,m;
    ll ans=0;
    int dis[N];
    void dfs(int x,int fa)
    {
        for(int i=head[x];i;i=edge[i].nex)
        {
            int v=edge[i].to;
            if(v==fa)continue;
            dfs(v,x);
            dis[x]=max(dis[x],dis[v]+edge[i].v);
        }
    
        for(int i=head[x];i;i=edge[i].nex)
        {
            int v=edge[i].to;
            if(v==fa)continue;
            ans+=dis[x]-(dis[v]+edge[i].v);
        }
    }
    
    int main()
    {
        RI(n);
        int root;
        RI(root);
        rep(i,1,n-1)
        {
            int a,b,c;
            RIII(a,b,c);
            add(a,b,c);
            add(b,a,c);
        }
        dfs(root,0);
        cout<<ans;
        return 0;
    }
    View Code
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/bxd123/p/10840545.html
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