P1131 [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

 

这一道题看难度是蓝题，但我感觉没有这么难

看完这题，我马上就想到了贪心

建好边以后把整棵树初始化一下，找出叶子节点，并算出路径长度

然后就是这个代码的核心了（先讲思路再讲代码）

先从叶子节点的上一层开始，把自己的儿子们（即叶子节点）变为同一个值，也就是变为其中的最大值

并把这个最大值付给这个点，同时这个点和它的子树变成一个叶子节点（原因是它们的时间已经变得一样，让它们的时间+1只需要把通往这个点的边的时间+1）

然后继续迭代，直到把这个树变成一个点为只

这样可以把资源利用的最好，时间是O（N )

参考代码 （可以加很多优化）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std ;

inline int read() {
	int x = 0 ; char s = getchar() ;
	while ( !isdigit ( s ) ) s = getchar() ;
	while (  isdigit ( s ) ) x = (x<<1)+(x<<3)+s-48 , s = getchar() ;
	return x ;
}

typedef long long LL ;

const int N = 5e5 + 10 ;

int n , S ;
struct edge {
	int v , w , nxt ;
}e[N<<1] ; int tot , last[N] ; 
inline void add ( int u , int v , int w ) {
	e[++tot] = (edge){ v , w , last[u] } ;
	last[u] = tot ;
	e[++tot] = (edge){ u , w , last[v] } ;
	last[v] = tot ;
}

LL val[N] , ans = 0 ; bool mark[N] ;

void init ( int u , int fa , LL s ) {
	bool bk = 0 ; mark[u] = 0 ;
	for ( int i = last[u] ; i != -1 ; i = e[i].nxt ) {
		int v = e[i].v ; if ( v == fa ) continue ;
		init ( v , u , s + LL(e[i].w) ) ; bk = 1 ;
 	}
	if ( bk == 0 ) val[u] = s , mark[u] = 1 ;
}

LL dp[N] ;
LL dfs ( int u , int fa ) {
	if ( mark[u] == 1 ) return val[u] ;
	if ( dp[u] != -1 ) return dp[u] ;
	LL maxx = 0 ;
	for ( int i = last[u] ; i != -1 ; i = e[i].nxt ) {
		int v = e[i].v ; if ( v == fa ) continue ;
		maxx = max ( maxx , dfs ( v , u ) ) ;
	}
	LL t ;
	for ( int i = last[u] ; i != -1 ; i = e[i].nxt ) {
		int v = e[i].v ; if ( v == fa ) continue ;
		ans = ans + ( t = maxx - dfs ( v , u ) ) ;
	}
	return dp[u] = maxx ;
}

int main() {
	cin >> n >> S ; int u , v , w ;
	memset ( last , -1 , sizeof (last )) , tot = -1 ;
	for ( int i = 1 ; i < n ; i ++ ) {
		u = read() , v = read() , w = read() ;
		add ( u , v , w ) ;
	}
	memset ( dp , -1 , sizeof ( dp )) ;
	init ( S , 0 , 0 ) ; 
	LL t = dfs ( S , 0 ) ;
	cout << ans ; return 0 ;
}