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题意：
简化后的题意为：
给出节点数为 n n n 的一棵树，每条边有边权 c i c_i ci。 ( n ≤ 1 0 5 , c i ≤ 1 0 3 ) (n \le 10^5 ,c_i \le 10^3) (n≤105,ci≤103)
一个点必须由两个相邻的已更新的点更新，花费为两条边的边权之和。
初始入度小于2的节点（叶子节点）已更新。
对于每个点，求出能够将其更新的最小花费。如不可更新，输出-1。
思路：
从所有的叶子节点往中间更新，两个已更新的节点才能更新一个节点。求得到每个节点所需要的最小花费。
乍一看，是多源bfs，由所有的叶子节点往中间搜。
但是需要注意的是，两个节点才能更新一个节点。就是要选花费最少的两个相邻节点来更新当前节点。
- 于是就需要每个点都开一个小根堆，按照 点权+边权 将所有相邻已更新的点都存到小根堆中。
- 如果一个点的小根堆中至少有两个点了，说明这个点可以被更新了。于是就取花费最小的两个邻点（队首两元素）花费之和，放入最短路的优先队列中。
- 每次取优先队列队首元素，去更新与其相邻的点。
注意：如果优先队列的队首元素该出队了，那么能够更新这个点的所有相邻节点都一定在其小根堆中，并且队首元素这个的花费是最少的。
（这里参照dijkstra求最短路原理，只有一个点所有相邻已更新的节点都对其判断过之后，将其更新为最短距离，这个节点才会从优先队列中出队，去更新其他节点。也就是说，如果一个点出队了，那么这个点一定被更新为最短距离了。
而该点出队后，优先队列中可能还存有之前其他相邻点更新的非最短距离，如果这个非最短距离出队了，却发现这个点之前已经出队过了，已经更新过最短距离了，那么这个非最短距离就会跳过。这也就是为什么每个节点出队后，要将其 f 数组设为 true 的原因。）
Code：
const int N = 200010, mod = 1e9+7;
int T, n, m;
int a[N];
int e[N], ne[N], h[N], idx, w[N];
int ru[N], v[N], cost[N];
int f[N];
void add(int x,int y,int z){
e[idx]=y,w[idx]=z,ne[idx]=h[x],h[x]=idx++;
}
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q[N];
void bfs()
{
priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII> > que;
for(int i=1;i<=n;i++) //所有叶子节点入队
if(ru[i]<2) que.push({
0,i});
while(que.size())
{
int x=que.top().se, y=que.top().fi;
que.pop();
if(f[x]) continue;
f[x]=1;
cost[x] = y;
for(int i=h[x];i!=-1;i=ne[i])
{
int tx=e[i];
q[tx].push(cost[x]+w[i]);
if(q[tx].size()>1){
//取该点的小根堆的前两元素，放入优先队列
int x=q[tx].top();
q[tx].pop();
que.push({
x+q[tx].top(),tx});
q[tx].push(x);
}
}
}
}
signed main(){
cin>>n;
mem(h,-1);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y,z;cin>>x>>y>>z;
add(x,y,z);
add(y,x,z);
ru[x]++,ru[y]++;
}
bfs();
for(int i=1;i<=n;i++)
if(ru[i]<2) cout<<0<<" ";
else if(q[i].size()>1) cout<<cost[i]<<" ";
else cout<<-1<<" ";
return 0;
}
用到了bfs的思想，dijkstra的实现，加上有点思维的每个点开一个小根堆。
算是综合的一道图论题了。不错！