NOI 2011 道路修建
题目描述
在 W 星球上有 n 个国家。为了各自国家的经济发展，他们决定在各个国家 之间建设双向道路使得国家之间连通。但是每个国家的国王都很吝啬，他们只愿 意修建恰好 n – 1 条双向道路。 每条道路的修建都要付出一定的费用，这个费用等于道路长度乘以道路两端 的国家个数之差的绝对值。例如，在下图中，虚线所示道路两端分别有 2 个、4 个国家，如果该道路长度为 1，则费用为 1×|2 – 4|=2。图中圆圈里的数字表示国 家的编号。 
由于国家的数量十分庞大，道路的建造方案有很多种，同时每种方案的修建 费用难以用人工计算，国王们决定找人设计一个软件，对于给定的建造方案，计 算出所需要的费用。请你帮助国王们设计一个这样的软件。
输入输出格式
输入格式：
输入的第一行包含一个整数 n，表示 W 星球上的国家的数量，国家从 1 到 n 编号。 接下来 n – 1 行描述道路建设情况，其中第 i 行包含三个整数 ai、bi和 ci，表 示第 i 条双向道路修建在 ai与 bi两个国家之间，长度为 ci。
输出格式：
输出一个整数，表示修建所有道路所需要的总费用。
输入输出样例
说明
1≤ai, bi≤n
0≤ci≤10^6
2≤n≤10^6
先说一下暴力解法，既然给出了每一条边，那么我们可以每一次处理两个点的时候，当做这两个点之间的边不存在，那样的话就相当于将这个图分成了两部分，然后判断一下，某一部分的点的数量，化简一下计算代价的式子可以得出：代价=|总点数-2*某一边的点数|。
这题有一个坑：答案需要用long long类型
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <vector> #include <cmath> #include <queue> #include <map> using namespace std; #define N int(1e6+2) #define mod 998244353 #define LL long long LL a[N],n,T,l,r,ans; LL x[N],y[N],z[N]; struct ahah{ int nxt,to; LL dis; }edge[N]; int head[N],tot; void add(int x,int y,int z) { edge[++tot].nxt=head[x],edge[tot].to=y,edge[tot].dis=z,head[x]=tot; } bool vis[N]; int dfs(int x,int sum) { queue<int> que; que.push(x); while(!que.empty()) { int temp=que.front(); que.pop(),sum++,vis[temp]=1; for(int i=head[temp];i;i=edge[i].nxt) { if(temp==l&&edge[i].to==r)continue; if(!vis[edge[i].to])que.push(edge[i].to); } } return sum; } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<n;i++)scanf("%lld%lld%lld",&x[i],&y[i],&z[i]),add(x[i],y[i],z[i]),add(y[i],x[i],z[i]); for(int i=1;i<=n;i++) { l=x[i],r=y[i]; ans+=abs(n-2*dfs(x[i],0))*z[i]; for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0; } printf("%lld",ans); }
正解：题目中说到n个点n-1条边那么自然想到这是一棵树咯，一颗无根树，我们可以给它随意定义一个根，这里定义1号为根，然后判断每个节点的子树有多少个节点(也就是说将这个点和它的父节点切断后某一侧会有多少个节点,仔细想想,是吧)。
然后通过dfs来计算每一条边的消耗代价。
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <vector> #include <cmath> #include <queue> #include <map> using namespace std; #define N int(2e6+2) #define mod 998244353 #define LL long long LL a[N],n,T,l,r,ans; LL x[N],y[N],z[N],siz[N]; struct ahah{ int nxt,to; LL dis; }edge[N]; int head[N],tot; void add(int x,int y,int z) { edge[++tot].nxt=head[x],edge[tot].to=y,edge[tot].dis=z,head[x]=tot; } bool vis[N]; int dfs(int s,int fa) { vis[s]=1; for(int i=head[s];i;i=edge[i].nxt) { if(edge[i].to!=fa) //不能再次向父节点连边避免重复计算。 { ans+=abs(siz[1]-2*siz[edge[i].to])*edge[i].dis; dfs(edge[i].to,s); } } } void prepare(int u,int list) { for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt) if(edge[i].to!=list) //先计算子节点含节点数目,再加上就好了。 prepare(edge[i].to,u),siz[u]+=siz[edge[i].to]; } int read() { int sum=0,fg=1; char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')fg=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){sum=sum*10+c-'0';c=getchar();} return sum*fg; } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<n;i++) { siz[i]=1; //初始时每个节点只含有自己1个 x[i]=read();y[i]=read();z[i]=read(); add(x[i],y[i],z[i]),add(y[i],x[i],z[i]); } siz[n]=1; prepare(1,1); for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i])dfs(i,i); //判断是否重复。 printf("%lld",ans); }