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來源：牛客網

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題目描述

小琛是一所學校的校長。 他的學校有n個校區（編號1~n），被n-1條雙向道路連接，呈樹形結構。 第i個校區共有Ai個學生。 第i天早上，所有的學生會沿最短路走到第i個校區參加活動，晚上再原路返回。 一個人通過第j條通道一次（即一人次），需要小琛支付wj的維護費用。 小琛想知道第n天結束之后，對于每一條通道，他總共需要支付多少費用。 對于100%的數據，1≤ n ≤ 200,000，1≤ A[i]≤ 10,000，1≤ w[i] ≤ 10,000。 輸入描述: 第一行一個整數n，表示校區的數量。 接下來一行，n個整數，表示A1~An。 第3到第n+1行，每行包含3個整數。第i行包含三個整數ui-2,vi-2,wi-2，表示第i-2條通道所連接的兩個校區的編號，以及一人次通過這條通道的費用。

輸出描述:

共n-1行，每行一個整數。 第i行的整數表示小琛對于第i條通道所需支付的費用。

示例1

輸入 復制 4 2 1 2 3 1 3 1 1 2 3 4 1 2 輸出 復制 24 60 56

思路：

記錄以每個節點為root的子樹的節點個數和子樹中人數。 比如: 總節點為n,總人數為sum， 有a --- b這條邊， a為根的子樹節點有siz[a]個， 該子樹人數tot[a]個人， b為根的子樹節點有siz[b]個， 該子樹人數tot[b]個人; 先算一趟每條邊走過的次數： 從a --->b: tot[a] * (n - siz[a]) 從b--->a: (sum - tot[a]) * siz[a] 所以有：ans[id] = val*(siz[to]*(sum-tot[to]) + tot[to]*(n-siz[to])); 每天要來回，結果乘2即可

AC代碼：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 2e5+5; typedef long long LL; /* val:邊權 id：輸入順序的邊編號 nxt：鏈式前向星存圖中下一條邊的編號 idx:鏈式前向星存圖編號，這里我從0開始編號 head[]：記錄鄰接表中最后一條邊的編號 siz[i]:記錄以i為根的子樹節點個數 tot[i]:記錄以i為根的子樹的人數 ans[i]:求解結果 */ struct Edge {int from;int to;int val;int id;int nxt; } edge[N<<1]; int head[N],idx; int siz[N]; int n; LL tot[N],ans[N]; LL sum; void init() {memset(head,-1,sizeof(head));idx = 0; } inline void add_edge(int from,int to,int val,int id) {edge[idx].from = from;edge[idx].to = to;edge[idx].val = val;edge[idx].id = id;edge[idx].nxt = head[from];head[from] = idx++; } void dfs(int u,int fa) {siz[u] = 1;for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt){int to = edge[i].to;int val = edge[i].val;int id = edge[i].id;if(to != fa){dfs(to,u);siz[u] += siz[to];tot[u] += tot[to];ans[id] = val*(siz[to]*(sum-tot[to]) + tot[to]*(n-siz[to]));}} } int main() {scanf("%d",&n);sum = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%lld",&tot[i]);sum += tot[i];}int x,y,w;init();for(int i = 1; i < n; i++){scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);add_edge(x,y,w,i);add_edge(y,x,w,i);}dfs(1,0);for(int i = 1; i < n; i++){printf("%lld\n",ans[i]*2);}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的小琛和他的学校（dfs）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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