题目描述
Bessie正在计划一年一度的奶牛大集会，来自全国各地的奶牛将来参加这一次集会。当然，她会选择最方便的地点来举办这次集会。每个奶牛居住在 N(1<=N<=100,000) 个农场中的一个，这些农场由N-1条道路连接，并且从任意一个农场都能够到达另外一个农场。道路i连接农场A_i和B_i(1 <= A_i <=N; 1 <= B_i <= N),长度为L_i(1 <= L_i <= 1,000)。集会可以在N个农场中的任意一个举行。另外，每个牛棚中居住者C_i(0 <= C_i <= 1,000)只奶牛。在选择集会的地点的时候，Bessie希望最大化方便的程度(也就是最小化不方便程度)。比如选择第X个农场作为集会地点，它的不方便程度是其它牛棚中每只奶牛去参加集会所走的路程之和，(比如，农场i到达农场X的距离是20，那么总路程就是C_i*20)。帮助Bessie找出最方便的地点来举行大集会。 考虑一个由五个农场组成的国家，分别由长度各异的道路连接起来。在所有农场中，3号和4号没有奶牛居住。
输入
第一行：一个整数N * 第二到N+1行：第i+1行有一个整数C_i * 第N+2行到2*N行，第i+N+1行为3个整数：A_i,B_i和L_i。
输出
* 第一行：一个值，表示最小的不方便值。
样例输入
5
1
1
0
0
2
1 3 1
2 3 2
3 4 3
4 5 3
1
1
0
0
2
1 3 1
2 3 2
3 4 3
4 5 3
样例输出
15
这是一道入门的树上问题。首先说一下暴力，以每一个点为根对整棵树做一遍dfs，最后找出最优解，时间复杂度是O(n^2)。但显然并不用这么麻烦，对于以i为集会点的结果，如果把集会点移向与i相连的点j，那么，把这条连接i与j的边断开后可以把整个树变成两个联通块。把集会点从i移向j后，i所在联通块所有点费用要加上这条边边权费用，j所在联通块所有点费用要减掉这条边边权的费用。那么只要处理出一个点的结果，再O(n)转移就可以了。以一个点为根，dfs向子节点转移，对于一个节点i转移到它的一个子节点j，两个联通块节点数分别是以j为根的子树节点数和总节点数-以j为根的子树节点数。
最后附上代码。
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long size[100010];
int head[100010];
int next[200010];
int to[200010];
long long val[200010];
int f[100010];
long long s[100010];
long long a[100010];
int x,y;
long long v;
int n;
int tot;
long long sum;
long long ans;
void add(int x,int y,long long v)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
val[tot]=v;
}
void dfs(int x,int fa)
{
f[x]=fa;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa)
{
dfs(to[i],x);
size[x]+=size[to[i]];
}
}
}
void dfs2(int x,long long dep)
{
ans+=dep*a[x];
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=f[x])
{
dfs2(to[i],dep+val[i]);
}
}
}
void find(int x)
{
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=f[x])
{
s[to[i]]=s[x]-size[to[i]]*val[i]+(sum-size[to[i]])*val[i];
find(to[i]);
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&size[i]);
a[i]=size[i];
sum+=size[i];
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%lld",&x,&y,&v);
add(x,y,v);
add(y,x,v);
}
dfs(1,1);
dfs2(1,0ll);
s[1]=ans;
find(1);
ans=1ll<<62;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans=min(ans,s[i]);
}
printf("%lld",ans);
}