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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
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