• 洛谷 1131 [ZJOI2007] 时态同步


    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:

    贪心地选择尽量在靠近根的地方使用道具。最后得到的同一时间就是操作前最大的时间t,深搜的时候,如果发现子树i里时间最大的小于t,就在i到根的路径上使用道具,使子树i里所有节点的时间都变大。

    记得开long long

    #include<algorithm>
    #include<iostream>
    #include<cstdlib>
    #include<cstdio>
    #define nn 500005
    #define mm 1000005
    using namespace std;
    int e=0,d=-1,t[mm],fir[nn],nxt[mm],to[mm];
    long long md[nn],dis[nn];
    int get()
    {
        int ans=0,f=1;char ch=getchar();
        while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
        while(isdigit(ch)) {ans=ans*10+ch-'0';ch=getchar();}
        return ans*f;
    }
    void add(int a,int b,int c)
    {
        nxt[++e]=fir[a];fir[a]=e;to[e]=b;t[e]=c;
        nxt[++e]=fir[b];fir[b]=e;to[e]=a;t[e]=c;
    }
    void dfs(int q)
    {
        for(int i=fir[q];i;i=nxt[i])
          if(!dis[to[i]])
          {
              dis[to[i]]=dis[q]+t[i];
              md[to[i]]=dis[to[i]];
              dfs(to[i]);
              if(md[to[i]]>md[q])
                md[q]=md[to[i]];
          }
        if(md[q]>d) d=md[q];
    }
    long long dp(int q,long long mo)
    {
        long long an=0,ad=0;
        md[q]+=mo;
        if(md[q]<d)
          {
              ad=d-md[q];
              an+=ad;
          }
        for(int i=fir[q];i;i=nxt[i])
          if(dis[to[i]]>dis[q])
            an+=dp(to[i],ad+mo);
        return an;
    }
    int main()
    {
        int n=get(),s=get(),a,b,c;
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            a=get();b=get();c=get();
            add(a,b,c);
        }
        dis[s]=1;
        dfs(s);
        printf("%lld",dp(s,0));
        return 0;
    }
    

      

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/charlotte-o/p/7481717.html
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