洛谷P1131-时态同步（树形DP）

题目连接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1131
CSDN食用链接：https://blog.csdn.net/qq_43906000/article/details/109297496

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(t_e)，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
3
1
1 2 1
1 3 3
输出
2
说明/提示
对于(40\%)的数据，(N ≤ 1000)

对于(100\%)的数据，(N ≤ 500000)

对于所有的数据，(t_e ≤ 1000000)

要使得最后的时间相等，显然，我们可以从最基层开始，当只有一点是，显然增加的时间为0，当有两个儿子节点的时候，那么我们就需要比较两个儿子节点的值增加(max-min)，那么很显然，当有3个的时候，每条边增加的就是(max-eg_i)，很显然，我们只能在这个时候来增加短边的长度（也就是当他们是兄弟的时候），否则的话他们会一起增加，那么久不可能达到目的。

于是我们就可以直接取出每个节点其儿子节点的最大值然后对每条边开始慢慢增加就好了。

以下是AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mac=5e5+10;
typedef long long ll;

struct Edge
{
	int to,next,w;
}eg[mac<<1];
int head[mac],num;
ll ans=0;

void add(int u,int v,int w)
{
	eg[num]=Edge{v,head[u],w};
	head[u]=num++;
}

void dfs(int fa,int u)
{
	for (int i=head[u]; i!=-1; i=eg[i].next){
		int v=eg[i].to;
		if (v==fa) continue;
		dfs(u,v);
	}
	int mx=0;
	for (int i=head[u]; i!=-1; i=eg[i].next){
		int v=eg[i].to;
		if (v==fa) continue;
		mx=max(mx,eg[i].w);
	}

	for (int i=head[u]; i!=-1; i=eg[i].next){
		int v=eg[i].to;
		if (v==fa) continue;
		ans+=(mx-eg[i].w);
	}

	if (fa==-1) return;
	for (int i=head[fa]; i!=-1; i=eg[i].next){
		int v=eg[i].to;
		if (v==u) eg[i].w+=mx;
	}
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
	int n,s;
	scanf ("%d%d",&n,&s);
	memset(head,-1,sizeof head);
	for (int i=1; i<n; i++){
		int u,v,w;
		scanf ("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w); add(v,u,w);
	}
	dfs(-1,s);
	printf ("%lld
",ans);
	return 0;
}