[USACO10MAR]Great Cow Gathering G 解题报告

[USACO10MAR]Great Cow Gathering G

题目描述

Bessie 正在计划一年一度的奶牛大集会，来自全国各地的奶牛将来参加这一次集会。当然，她会选择最方便的地点来举办这次集会。

每个奶牛居住在 N 个农场中的一个，这些农场由 N−1 条道路连接，并且从任意一个农场都能够到达另外一个农场。道路 ii 连接农场Ai 和 Bi，长度为 Li。集会可以在 N 个农场中的任意一个举行。另外，每个牛棚中居住着 Ci 只奶牛。

在选择集会的地点的时候，Bessie 希望最大化方便的程度（也就是最小化不方便程度）。比如选择第 X 个农场作为集会地点，它的不方便程度是其它牛棚中每只奶牛去参加集会所走的路程之和（比如，农场 i 到达农场 X 的距离是 20，那么总路程就是 Ci×20）。帮助 Bessie 找出最方便的地点来举行大集会。

输入输出格式

输入格式

第一行一个整数 N 。 第二到 N+1 行：第 i+1 行有一个整数 Ci。 第 N+2 行到 2*N 行：第 i+N+1 行为 3 个整数：Ai,Bi 和 Li。

输出格式

一行一个整数，表示最小的不方便值。

输入输出样例

输入样例 #1

5 
1 
1 
0 
0 
2 
1 3 1 
2 3 2 
3 4 3 
4 5 3

输出样例 #1

15

说明

1≤N≤105，1≤Ai≤Bi≤N，0≤Ci,Li≤1000。

思路

读题下来

相当于就是求在一棵无根树中找一个根节点，使得所有点的深度之和最小

即换根DP

注意，跟[POI2008] STA-Station不同的是，在算深度的时候，要乘上当前节点的奶牛数。

递推公式：跟[POI2008] STA-Station一样，不过这里dx的定义有一点点不同

我们可以在第一个dfs中算出在以u为根节点的子树的深度之和，即子树中所有子节点到u的深度之和

还是用两个dfs

第一次，以1为根节点计算一次

第二次计算偏移后的值

最后计算最小值

求出答案

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=200100;
ll d[N],c[N],tot[N],f[N],h[N];
ll sum,ans=0x3f,cnt=0,n;
struct Node {
    ll v,nxt,w;
} tr[N];
void dfsa(ll u,ll fa) {
    ll cnt=0;
    for(ll i=h[u]; i; i=tr[i].nxt) {
        ll v=tr[i].v;
        if(v!=fa) {
            ll s=dfsa(v,u);
            d[u]+=d[v]+tr[i].w*s;
            cnt+=s;
        }
    }
    tot[u]=cnt+c[u];
}
void dfsb(ll u,ll fa) {
    for(ll i=h[u]; i; i=tr[i].nxt) {
        ll v=tr[i].v;
        if(v!=fa) {
            ll w=tr[i].w;
            f[v]=f[u]-tot[v]*w+(sum-tot[v])*w;
            dfsb(v,u);
        }
    }
}
void add(int u,int v){
    tr[++cnt].to=v;
    tr[cnt].nxt=hd[u];
    hd[u]=cnt;
}
int main() {
    scanf("%d",&n);
    for(ll i=1; i<=n; ++i) {
        scanf("%d",&c[i]);
        sum+=c[i];
    }
    for(ll i=1; i<n; ++i) {
        scafn("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
        ans(u,v,w);
        ans(v,u,w);
    }
    dfsa(1,1);
    dfsb(1,1);
    for(ll i=1; i<=n; ++i){
        ans=min(ans,f[i]);
    }
    printf("%ll,ans+d[1]);
    return 0;
}

完结撒花❀

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