\(Description\)
题面
给你一颗有根树，你只能增加一条边的边权，最后需要使得根到每个叶子节点的距离相等
\(Solution\)
一道有点贪心意味的\(DP\)题，假设一开始根节点到叶子节点的最远距离为\(d\)，考虑到只能加边权不能减边权，显然最终根节点到所有叶子节点的距离\(d2\)一定等于\(d\)
所以整个过程是一个将每条路径长度“对齐”的过程
我们进行树形\(DP\)，从叶子节点到根节点转移。设当前节点是\(u\),那么必须保证向上传递时\(u\)到它的子树内的每个叶子节点距离相等，否则就永远“对不齐”了。
就拿上面这个例子来说，假如\(dis(a,u)!=dis(b,u)\)，那么对\(u\)上面的边(\(i\))无论怎么修改，\(a,b\)向上的距离是同等增大的，\(dis(a,fa)\)一定不等于\(dis(b,fa)\)（类似于分配律）
我们为确保答案合法，一定要在\(u\)节点是保证\(dis(u,a)=dis(u,b)\)，即让它到子树中每个叶子节点距离相等，所以可以改变\(j、k\)变使他们对齐，只需要都加成\(u\)到叶子节点距离的最大值即可。
这样做一定能确保最终所有距离相等，且我们在尽可能向上的边（如果再往上就是\(i\)边，修改不能使答案合法）修改，类似于分配的思想，一定比在下面修改花费的代价更小。（因为在上面\(+2\)等效于对每条路径\(+2\)，所以在合法的情况下越往上越优）
在代码实现上，我们先要预处理每个节点到子树中的叶子结点的最大距离\(maxx[u]\)，方便后面对齐操作计算代价使用，在回溯的时候搞一下
然后再次\(dfs\)做树形\(dp\)统计答案即可(事实上可以放一块，但是我懒得写)
记得开\(long\ long\)
\(Code\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define re register
#define maxn 500010
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
struct Edge{
int v,w,nxt;
}e[maxn<<2];
int to_l[maxn],tmp[maxn],cnt2,maxx[maxn];
int max_dis,x,y,z,root,head[maxn],cnt,n,dp[maxn];
inline void add(int u,int v,int w)
{
e[++cnt].v=v;
e[cnt].w=w;
e[cnt].nxt=head[u];
head[u]=cnt;
}
void dfs1(int u,int fa)
{
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
{
int ev=e[i].v;
if(ev==fa) continue;
dfs1(ev,u);
maxx[u]=max(maxx[ev]+e[i].w,maxx[u]);
}
}
void dfs2(int u,int fa)
{
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
{
int ev=e[i].v;
if(ev==fa) continue;
dfs2(ev,u);
dp[u]+=(maxx[u]-(maxx[ev]+e[i].w));//计算对齐需要的花费
dp[u]+=dp[ev];//不要忘了把子树的答案传递上来
}
}
signed main()
{
n=read();
root=read();
for(re int i=1;i<n;++i)
{
x=read(),y=read(),z=read();
add(x,y,z),add(y,x,z);
}
dfs1(root,0);//预处理
dfs2(root,0);//DP 和上面的放一个函数里也行
printf("%lld\n",dp[root]);
return 0;
}