我們首先發現，每一條邊都至少走1次，因為我們必須走到每一個節點按按鈕
如果我們不走一個節點，說明這個節點已經有傳送門了，但是必須走到這個節點開傳送門，矛盾
然後我們發現，每一條邊至多經過2次
如果我們將傳送門設置在一個祖先，則邊fa->i會經過兒子個數次
但是如果將傳送門設置在兒子u處，則邊fa->i只會經過2次，更優
我們再次發現，傳送的位置和第一個傳送門有關係，而和第二個無關
所以我們可以先設置兒子的傳送門，再設置父親的傳送門
顯然，設置傳送門可以讓一些邊只走1次，我們可以計算最優方案
記dp[i][0/1]表示在/不在i點設置傳送門的單邊權值之和
若設置傳送門於祖先，則為了保證祖先的邊只走2次或者以下，則只能放一個孩子到祖先，其他都老老實實的走2遍
所以dp[i][1]=max(dp[i][1],dp[v[i]][1]+w[i])
若設置傳送門于當前點或者孩子，那麼我們可以走孩子邊
由於我們設置傳送門在孩子不會影響到父親，所以我們可以綜合選和不選的方案
所以dp[i][0]= sigma max(dp[v[i]][0],dp[v[i]][1]+w[i])
表示現在我們在v[i]設置傳送門的方案，與不在v[i]設置傳送門的方案
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,v[2000010],w[2000010],nxt[2000010],ec,h[1000010],dp[1000010][2];
void add(ll x,ll y,ll z){v[++ec]=y;w[ec]=z;nxt[ec]=h[x];h[x]=ec;}
void dfs(ll x,ll p){
for(ll i=h[x];i;i=nxt[i])
if(p!=v[i]){
dfs(v[i],x);
dp[x][1]=max(dp[x][1],dp[v[i]][1]+w[i]);
dp[x][0]+=max(dp[v[i]][0],dp[v[i]][1]+w[i]);
}
}
int main(){
freopen(“portal.in”,“r”,stdin);
freopen(“portal.out”,“w”,stdout);
ll ans=0;
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<n;i++){
ll a,b,c;
scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
ans+=c*2;
add(a,b,c);add(b,a,c);
}
dfs(1,0);
printf("%lld",ans-dp[1][0]);
}

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總結

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