bzoj1060 [ZJOI2007]时态同步

Description

　　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？

Input
　　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

Output
　　仅包含一个整数V，为小Q最少使用的道具次数

Sample Input
3
1
1 2 1
1 3 3

Sample Output
2

分析：
mmp，题意是啥

好了，明白了

做了几道树上dp
我先立下如此flag
树形dp基本都是从叶子结点开始dp的

首先先想一下，最大的路径权值是多少
贪心的思想，找到树中权值最大的路径，权值为w
目标最大权值就是ta了
因为如果目标权值=w+1，那一定能找到一个多余的操作

现在我们知道了目标状态，
那么怎么求解呢
最坏情况下，对于每个不满足目标状态的叶子结点，
修改与ta直接相连的边，这就是最大步数了
如果要减少步数，那修改操作就要尽量靠近根
那我们从叶子结点向上递推一遍
设f[i]表示以i为根的子树中，叶节点到i的最大值

ans=

不明白就看图：

tip

注意t的范围，开ll

这里写代码片
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long

using namespace std;

const int N=500010;
struct node{
    int x,y,v,nxt;
};
node way[N<<1];
int n,root,tot=0,st[N],mx=0;
ll f[N],ans=0;

ll max(ll a,ll b){if (a>b) return a;else return b;}

void add(int u,int w,int z)
{
    tot++;
    way[tot].x=u;way[tot].y=w;way[tot].v=z;way[tot].nxt=st[u];st[u]=tot;
    tot++;
    way[tot].x=w;way[tot].y=u;way[tot].v=z;way[tot].nxt=st[w];st[w]=tot;
}

void dfs(int now,int fa)
{
    int i,j;
    for (i=st[now];i;i=way[i].nxt)
    {
        if (way[i].y!=fa)
        {
            dfs(way[i].y,now);
            f[now]=max(f[now],f[way[i].y]+(ll)way[i].v);  //f[i]表示以i为根的子树中，叶节点到i的最大值
        }
    }
    for (i=st[now];i;i=way[i].nxt)
        if (way[i].y!=fa)
           ans+=f[now]-f[way[i].y]-way[i].v;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    scanf("%d",&root);
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        int u,w,z;
        scanf("%d%d%d",&u,&w,&z);
        add(u,w,z);
    }
    dfs(root,0);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}