[ZJOI2007]时态同步

寒假填坑五十道省选题——第二道

[ZJOI2007]时态同步

 

 

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？

输入输出格式

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。

输出格式：

仅包含一个整数V，为小Q最少使用的道具次数。

输入输出样例

输入样例#1：

3
1
1 2 1
1 3 3

输出样例#1：

2

说明

对于40%的数据，N ≤ 1000

对于100%的数据，N ≤ 500000

对于所有的数据，te ≤ 1000000

　　身为湖南的小蒟蒻对浙江的省选题瑟瑟发抖。

　　第一眼看上去一定是一颗树，但是表示并不会打暴力。最后发现好像暴力就是正解╮(╯▽╰)╭

　　这是要我们求出保证所有从原点出发到叶子节点的路径长度一样的修改路径次数。然后以为是一个动归，其实后来发现我们只需要统计每一颗子树的叶子节点到达子树节点需要修改多少次就可以了，个人认为是一个贪心。

　　！！！！记得一定要开long long 。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,root;
struct node{
    int next,to;
    int v;
}e[1000010];
long long head[500010]={0},num=0;
long long f[500001];
long long ans;
void add(int from,int to,int v)
{
    num++;
    e[num].to=to;
    e[num].next=head[from];
    e[num].v=v;
    head[from]=num;
}

int read()
{
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*w;
}

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

int main()
{
    n=read(); root=read();
    //cout<<n<<' '<<root<<endl;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int x,y,z;
        x=read();y=read();z=read();
        add(x,y,z);add(y,x,z);
    }
    dfs(root,root);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}