BZOJ1060 [ZJOI2007]时态同步

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Description

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？

Input

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

Output

仅包含一个整数V，为小Q最少使用的道具次数

Sample Input

3
1
1 2 1
1 3 3

Sample Output

2

HINT

N ≤ 500000，te ≤ 1000000

【原题地址】

BZOJ1060 洛谷P1131

【分析】

很显然，假设电路板的激发器为根节点，那么对于题目中的树（电路板），我们显然要尽量在深度较小的边上将通过时间增加一些单位，因为这样只要增加这一条边的通过时间，通过这条边所能到达的所有终止节点（叶子节点）都能减少相应的通过时间。

然后我们考虑怎样计算增加的通过时间，记dis[x]表示从节点x到达终止节点所需最长的通过时间，则转移为dis[x]=Max(dis[x],dis[y]+cst[x][y])（y为x的子节点，cst[x][y]表示通过边x->y所需的时间），可用DFS计算。

通过DFS计算完所有dis[x]后，如果存在dis[x]>dis[y]+cst[x][y]，则我们必须在边x->y上增加(dis[x]−dis[y]−cst[x][y])单位的时间，因为我们如果在深度比边x->y小的边上增加时间，则通过节点x到达所有终止节点都要增加相同的时间，这样无论增加多少时间，这些终止节点永远无法达到时态同步。

这里再提供一种将DFS变为BFS的写法，记队列Q，Q[i][0]表示当前遍历到的节点，Q[i][1]表示Q[i][0]的父节点，Q[i][2]表示通过边Q[i][1]->Q[i][2]所需的时间。

然后我们将树按BFS序遍历完一遍后，将队列中入队过的所有元素逆序取出来更新dis[x]的值（即dis[Q[i][1]]=Max(dis[Q[i][1]],dis[Q[i][0]]+Q[i][2])）并计算答案。因为在BFS中每扩展一次节点表示在树中的遍历深度加一，也就是说我们最后是按照深度从大到小来更新的，实际上模拟的就是DFS的回溯。

【代码】

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int Maxn = 0x3f3f3f3f;
const int N = 5e5 + 5;
ll dis
, Ans; int n, src, Q
[3];

struct Edge
{
int to; ll tim; Edge *nxt;
}a[N << 1], *T = a, *lst
;

template <class T> inline void CkMax(T &a, const T &b) {if (a < b) a = b;}

inline int get()
{
char ch; bool f = false; int res = 0;
while (((ch = getchar()) < '0' || ch > '9') && ch != '-');
if (ch == '-') f = true;
else res = ch - '0';
while ((ch = getchar()) >='0' && ch <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + ch - '0';
return f? ~res + 1 : res;
}

inline void put(ll x)
{
if (x < 0)
x = ~x + 1, putchar('-');
if (x > 9) put(x / 10);
putchar(x % 10 + 48);
}

inline void addEdge(const int &x, const int &y, const int &z)
{
T->nxt = lst[x]; T->to = y; T->tim = (ll)z; lst[x] = T++;
T->nxt = lst[y]; T->to = x; T->tim = (ll)z; lst[y] = T++;
}

int main()
{
n = get(); src = get(); int x, v, y;
for (int i = 1; i < n; ++i)
x = get(), y = get(), addEdge(x, y, get());
int t = 0, w = 1; Q[1][0] = src;
while (t < w)
{
x = Q[++t][0]; v = Q[t][1];
for (Edge *e = lst[x]; e; e = e->nxt)
{
if ((y = e->to) == v) continue;
Q[++w][0] = y; Q[w][1] = x; Q[w][2] = e->tim;
}
}
for (int i = w; i >= 2; --i)
CkMax(dis[Q[i][1]], dis[Q[i][0]] + Q[i][2]);
for (int i = w; i >= 2; --i)
Ans += dis[Q[i][1]] - dis[Q[i][0]] - Q[i][2];
return put(Ans), 0;
}