题目地址：洛谷：【P1131】[ZJOI2007]时态同步 – 洛谷、BZOJ：Problem 1060. — [ZJOI2007]时态同步

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？

题意简述

有一棵$n$个点有边权的树，你可以每次给一条边边权+1，求最小的加边权次数，使得根到每个叶子的路径边权和相等。

输入输出格式

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

输入样例#1：

3
1
1 2 1
1 3 3

输出样例#1：

2

说明

N ≤ 500000，te ≤ 1000000

题解

对于一个子树，我们求出根到叶子的路径和最大值，再把不满最大值的根的出边加满即可，可以证明，如此做得到的就是最优解。这是因为，如果叶子路径和都不同，不在这个子树根加成相同的话，就得在更深的位置加成相同的，操作的边数会大于子树根的出边数，显然不够优。
复杂度$O(n)$。

代码

// Code by KSkun, 2018/7
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>

#include <algorithm>
#include <vector>

typedef long long LL;

inline char fgc() {
    static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2)
        ? EOF : *p1++;
}

inline LL readint() {
    register LL res = 0, neg = 1; register char c = fgc();
    for(; !isdigit(c); c = fgc()) if(c == '-') neg = -1;
    for(; isdigit(c); c = fgc()) res = res * 10 + c - '0';
    return res * neg;
}

inline char readsingle() {
    register char c;
    while(!isgraph(c = fgc())) {}
    return c;
}

const int MAXN = 500005;

int n, s;

struct Edge {
    int to, w;
};
std::vector<Edge> gra[MAXN];

int mx[MAXN]; LL ans;

void dfs(int u, int fa) {
    for(int i = 0; i < gra[u].size(); i++) {
        int v = gra[u][i].to;
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        mx[u] = std::max(mx[u], mx[v] + gra[u][i].w);
    }
    for(int i = 0; i < gra[u].size(); i++) {
        int v = gra[u][i].to;
        if(v == fa) continue;
        ans += mx[u] - (mx[v] + gra[u][i].w);
    }
}

int main() {
    n = readint(); s = readint();
    for(int i = 1, u, v, w; i < n; i++) {
        u = readint(); v = readint(); w = readint();
        gra[u].push_back(Edge {v, w});
        gra[v].push_back(Edge {u, w});
    }
    dfs(s, 0);
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}