时态同步[ZJOI2007]

Posted 2020-10-29 zubizakeli

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

 

　题解：

　　正解好像是树形dp，然而看了半天连状态都没看出来，就写了一发贪心，然后过了qaq

　　首先我们肯定要通过bfs求出到激发器最远的距离sdd。

　　然后对于每一个叶子节点x，它要增加的路径就是sdd-dis[x]。

　　然后考虑非叶子节点，例如：

　　明显的最优策略是w向父亲增加2，w->y增加1，w->z增加3，而w向父亲增加的2递归上去处理。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<queue>
 5 #include<bitset>
 6 #define LL long long
 7 using namespace std;
 8 const LL INF = 0x7ffffffffffff ;
 9 const int N = 500000 + 10 ;
10 
11 inline LL read() {
12     LL k = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ;
13     for( ; !isdigit(c) ; c = getchar())
14       if(c == \'-\') f = -1 ;
15     for( ; isdigit(c) ; c = getchar())
16       k = k*10 + c-\'0\' ;
17     return k*f ;
18 }
19 struct Edge {
20     int to, next ; LL val ;
21 }e[N<<1] ;
22 int n, s, m ; LL ans = 0, sdd ; int head[N] ; LL dis[N] ;
23 inline void add_edge(int x,int y,LL vv) {  // 双向边 
24     static int cnt = 0 ;
25     e[++cnt].to = y, e[cnt].next = head[x], head[x] = cnt, e[cnt].val = vv ;
26     e[++cnt].to = x, e[cnt].next = head[y], head[y] = cnt, e[cnt].val = vv ;
27 }
28 
29 inline void bfs() {
30     bitset<N>vis ; for(int i=1;i<=n;i++) dis[i] = INF ;    
31     queue<LL>q ; q.push(s) ; vis[s] = 1, dis[s] = 0 ;
32     while(!q.empty()) {
33         int x = q.front() ; q.pop() ;
34         for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
35             int y = e[i].to ; if(vis[y]) continue ;
36             dis[y] = dis[x]+e[i].val ; vis[y] = 1 ;
37             q.push(y) ;
38         }
39     }
40 }
41 LL dfs(int x,int fa) {
42     LL minn = INF, maxx = 0, tot = 0, num = 0 ;
43     for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
44         int y = e[i].to ; if(y == fa) continue ;
45         LL res = dfs(y,x) ; num++ ;
46         tot += res, minn = min(res,minn) ;
47     }
48     if(!num) return sdd-dis[x] ;  // 叶子节点 
49     if(x == s) return tot ;
50     ans += tot - num*minn ;
51     return minn ;
52 }
53 
54 int main() {
55     n = read() ; s = read() ;
56     for(int i=1;i<n;i++) {
57         int x = read(), y = read() ;
58         add_edge(x,y,read()) ; 
59     }
60     bfs() ; sdd = 0 ;
61     for(int i=1;i<=n;i++) sdd = max(sdd,dis[i]) ;
62     LL res = dfs(s,0) ; ans += res ;
63     printf("%lld",ans) ;
64     return 0 ;
65 }

 

 写在最后：

　　贪心写完一定要再验证一下思路有没有漏洞，代码有没有完全按思路写；

　　一定要算一下数据范围，判断要不要看long long.