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BZOJ 1827: [Usaco2010 Mar]gather 奶牛大集会

Description

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。

Input

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。

Output

* 第一行:一个值,表示最小的不方便值。

题解:

依然BZOJ图片看不了。。。

常规的树形dp,两次dp的思想。

第一次dp,求出每个点孩子对答案的贡献。

第二次dp,求出每个点父亲对答案的贡献。

end。

代码:

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>//by zrt//problem:using namespace std;int H[100005],X[200005],P[200005],E[200005];int tot;inline void add(int x,int y,int z){    P[++tot]=y;X[tot]=H[x];H[x]=tot;E[tot]=z;}int c[100005];int n;typedef long long LL;LL ans[100005];LL sum[100005],num[100005]; void dp1(int x,int fa){    num[x]=c[x];    sum[x]=0;    for(int i=H[x];i;i=X[i]){        if(P[i]==fa) continue;        dp1(P[i],x);        num[x]+=num[P[i]];        sum[x]+=sum[P[i]]+num[P[i]]*E[i];    }}LL SUM;void dp2(int x,int fa,int edge){    if(!fa) ans[x]=sum[x];    else ans[x]=ans[fa]-num[x]*edge+(SUM-num[x])*edge;    for(int i=H[x];i;i=X[i]){        if(fa==P[i]) continue;        dp2(P[i],x,E[i]);    }}int main(){    #ifdef LOCAL    freopen("in.txt","r",stdin);    freopen("out.txt","w",stdout);    #endif    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]),SUM+=c[i];    for(int i=1,x,y,z;i<n;i++){        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);        add(x,y,z);        add(y,x,z);    }    dp1(1,0);    dp2(1,0,0);    LL minn=1LL<<50;    for(int i=1;i<=n;i++) minn=min(minn,ans[i]);    printf("%lld\n",minn);    return 0;}

BZOJ 1827: [Usaco2010 Mar]gather 奶牛大集会