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
思路
zjoi 看到是浙江的题目瞬间被吓尿了
听说这是一道树形DP题，自己思考了一下感觉并不算是。。。
首先可以一遍DFS处理完每个点到s点的距离O(n)，找到每个叶节点，用一个ave(average)存储最远叶节点的距离，只要把每个叶节点的距离增加到这个ave就可以了。用f[i]表示当前节点i要改变的大小，对于一个节点u，它所有k的儿子为v1 ~ vk，每个vi要改变的大小完全可以转移一部分给u，这样显然比每个都改更优，所以f[u] = min{f[vi]}。ans最开始的值赋为ave - 每个叶节点到s的距离，每次统计f[u]后，ans要减去(k - 1) * f[u]，表示u所有的儿子都少更改一些，把这些放在u处更改。然后的ans就是要的答案，中间可能爆int/long long，至少洛谷上过了
常数巨大的丑陋代码
# include <stdio.h>
# include <stdlib.h>
# include <iostream>
# include <string.h>
# include <math.h>
using namespace std;
# define IL inline
# define RG register
# define UN unsigned
# define ll long long
# define rep(i, a, b) for(RG int i = a; i <= b; i++)
# define per(i, a, b) for(RG int i = b; i >= a; i--)
# define uev(e, u) for(RG int e = ft[u]; e != -1; e = edge[e].nt)
# define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
# define max(a, b) ((a) > (b)) ? (a) : (b)
# define min(a, b) ((a) < (b)) ? (a) : (b)
IL int Get(){
RG char c = '!'; RG int num = 0, z = 1;
while(c != '-' && (c > '9' || c < '0')) c = getchar();
if(c == '-') z = -1, c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') num = num * 10 + c - '0', c = getchar();
return num * z;
}
const int MAXN = 500001;
const ll INF = 1LL << 60;
struct Edge{
int to, nt, f;
} edge[MAXN << 1];
int n, cnt, ft[MAXN], s, boo[MAXN], pos;
ll deep[MAXN], ans, ave, f[MAXN];
IL void Add(RG int u, RG int v, RG int f){
edge[cnt] = (Edge){v, ft[u], f}; ft[u] = cnt++;
}
IL void Dfs(RG int u){
uev(e, u){
RG int v = edge[e].to, f = edge[e].f;
if(!deep[v]){
deep[v] = deep[u] + f; boo[u] = 1;
Dfs(v);
}
}
}
IL void Dfs2(RG int u, RG int fa){
RG ll t = INF, tot = 0;
uev(e, u){
RG int v = edge[e].to;
if(v == fa) continue;
Dfs2(v, u);
tot++; t = min(t, f[v]);
}
if(!fa) return;
if(tot){
ans -= (tot - 1) * t;
f[u] = t;
}
}
int main(){
mem(ft, -1);
n = Get(); s = Get();
rep(i, 1, n - 1){
RG int u = Get(), v = Get(), f = Get();
Add(u, v, f); Add(v, u, f);
}
deep[s] = 1; Dfs(s);
rep(i, 1, n) if(!boo[i]) ave = max(ave, deep[i]);
rep(i, 1, n) if(!boo[i]) f[i] = ave - deep[i], ans += f[i];
Dfs2(s, 0);
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}