洛谷 P1131 [ZJOI2007]时态同步
2016-11-06 22:01
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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
【分析】
比较水的一道伪树形dp
【代码】
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
【分析】
比较水的一道伪树形dp
【代码】
//洛谷 P1131 [ZJOI2007]时态同步 #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define ll long long #define M(a) memset(a,0,sizeof a) #define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++) using namespace std; const int mxn=500005; ll ans; int n,s,cnt,head[mxn],dp[mxn]; struct edge {int to,next,dis;} f[2*mxn]; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } inline void add(int u,int v,int d) { f[++cnt].to=v; f[cnt].dis=d; f[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt; } inline void dfs(int u,int fa) { for(int i=head[u];i;i=f[i].next) { int v=f[i].to,d=f[i].dis; if(v==fa) continue; dfs(v,u); dp[u]=max(dp[u],dp[v]+d); } for(int i=head[u];i;i=f[i].next) if(f[i].to!=fa) ans+=(dp[u]-dp[f[i].to]-f[i].dis); } int main() { int i,j,u,v,d; n=read(),s=read(); fo(i,2,n) { u=read(),v=read(),d=read(); add(u,v,d),add(v,u,d); } dfs(s,-1); printf("%lld\n",ans); return 0; }
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