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[ZJOI2007] 时态同步-错题重解

发布时间 2023-04-10 16:59:40作者: 铃狐sama

[ZJOI2007] 时态同步-错题重解

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。

样例 #1

样例输入 #1

3
1
1 2 1
1 3 3

样例输出 #1

2

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，$t_e ≤ 1000000$

错误代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
	int to;
	int val;
};
vector<node>mp[500005];
long long dp[500005];
int fat[500005];
int fromlen[500005];
int cf[500005];
//明显树上dp 
vector<int>sson;
int dfs(int x,int fa){
	int cnt=0;
	for(int i=0;i<mp[x].size();i++){
		int v=mp[x][i].to;
		
		if(v==fa){
			continue;
		}
		cnt++;
		fat[v]=x;
		fromlen[v]=mp[x][i].val;
		dfs(v,x);
		dp[x]=max(dp[v]+mp[x][i].val,dp[x]);
		//需要调节到的流量点 
	}
	if(cnt==0){
		dp[x]=0;
		sson.push_back(x);
	}
}
long long ans=0;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n,s;
	cin >> n >> s;
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		int a,b,t;
		cin >> a >> b >> t;
		mp[a].push_back((node){b,t});
		mp[b].push_back((node){a,t});
	}
	dfs(s,s);
//	cout<<dp[s];ok
	for(int i=0;i<sson.size();i++){
		int u=sson[i];
		long long sum=0;
		while(u!=s){
			sum+=fromlen[u];
			u=fat[u];
			cf[u]++;
//			cout<<u;
		}
//		cout<<sson[i]<<" "<<sum;
		ans+=(dp[s]-sum);
	}
	cout<<ans;
}

逝的，这个代码只有16分，其实还算好了，因为我的想法都出问题了，但树上dp的大想法还是没有问题的

这个代码的错误点在于最后的答案，题目要求求最小值，而我却直接不分青红皂白地直接（最大链长度-到子节点的链长度）的所有情况和相加，显然这个思路有问题

那么如何改正呢，还是考虑树上dp

1.dp柿子

dp[i]表示i点的子树内部的最佳答案

num[i]表示最大链长

2.转移：

num[x]=max{num[v]+val[x,v]}

dp[x]=sigma{dp[v]}+sigma{num[x]-(num[v]+val[x,v])}

x代表当前节点,v代表x节点的子节点

3.注意点：这里对每个点要搜索两次其子节点，因为num[i]需要找完所有的子节点才能得到他具体的值

4.为什么可以这么想？

原理在于，如果这个树只有一个父亲节点,很多个儿子（叶子结点）的话，答案唯一，只能是（最大链长度-到子节点的链长度）的所有情况和相加

现在上面再接了一个父亲节点，这个父亲又多了很多个子树，我们能不能把这些子树看成点呢？显然是可以的，因为我在这条连接父节点和子树的边上加加减减不会影响到子树内部的加加减减，具体的话可以画图分析明白其中的道理

上ac代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
	int to;
	int val;
};
vector<node>mp[500005];
long long dp[500005];
long long num[500005];

int dfs(int x,int fa){
	long long ans1=0;
	long long ans2=0;
	int cnt=0;
	for(int i=0;i<mp[x].size();i++){
		int v=mp[x][i].to;
		if(v==fa){
			continue;
		}
		cnt++;
		dfs(v,x);
		num[x]=max(num[v]+mp[x][i].val,num[x]);
		//需要调节到的流量点 
	}
	for(int i=0;i<mp[x].size();i++){
		int v=mp[x][i].to;
		if(v==fa){
			continue;
		}
		ans2+=(num[x]-num[v]-mp[x][i].val);
		ans1+=dp[v];
	}
	dp[x]=ans1+ans2;
	if(cnt==0){
		dp[x]=0;
		num[x]=0;
	}
}
long long ans=0;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n,s;
	cin >> n >> s;
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		int a,b,t;
		cin >> a >> b >> t;
		mp[a].push_back((node){b,t});
		mp[b].push_back((node){a,t});
	}
	dfs(s,s);
//	cout<<dp[s];ok
	cout<<dp[s];
}