Description
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？
Input
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
Output
仅包含一个整数V，为小Q最少使用的道具次数
Sample Input
3 1 1 2 1 1 3 3
Sample Output
2
HINT
N ≤ 500000，te ≤ 1000000
其实还是很水的。
设$\large f[i]$表示以i为根的字数的叶子的时态同步的最小花费。
怎么转移?
贪心地想，我们肯定要让$x$的所有子树的同步时态和$x$的所有子树中同步后的时态最长的一样就行了。
所以设$tmp$为$x$的所有子树中的同步时态最长的。
那么$\large f[i] += f[j] + tmp - g[j]$，其中$\large g[j]$表示以j为根的子树的最大时态。
最后把所有的$g[j]$改成$tmp$就行了。
其实一开始写对了然后和大样例一直不对调了好久， 最后发现没开long long
#include#include using namespace std;#define reg register#define int long longinline int read() { int res = 0;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) ch=getchar(); while(isdigit(ch)) res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48), ch=getchar(); return res;}#define N 500005int n, S;struct edge { int nxt, to, val;}ed[N*2];int head[N], cnt;int deg[N];inline void add(int x, int y, int z){ ed[++cnt] = (edge){head[x], y, z}; head[x] = cnt; deg[y] ++;}int f[N], g[N];int dis[N];void dfs(int x, int fa, int d){ dis[x] = d; for (reg int i = head[x] ; i ; i = ed[i].nxt) { int to = ed[i].to; if (to == fa) continue; dfs(to, x, d + ed[i].val); }}void dp(int x, int fa){ if (deg[x] == 1) g[x] = dis[x]; for (reg int i = head[x] ; i ; i = ed[i].nxt) { int to = ed[i].to; if (to == fa) continue; dp(to, x); g[x] = max(g[x], g[to]); } for (reg int i = head[x] ; i ; i = ed[i].nxt) { int to = ed[i].to; if (to == fa) continue; f[x] += f[to] + g[x] - g[to]; g[to] = g[x]; }}signed main(){ n = read(), S = read(); for (reg int i = 1 ; i < n ; i ++) { int x = read(), y = read(), z = read(); add(x, y, z), add(y, x, z); } dfs(S, 0, 0); dp(S, 0); printf("%lld\n", f[S]); return 0;}