problem

洛谷链接

solution

结论：使用道具的导线深度越浅越好。

显然，如果有两个终止节点都需要增加 $x$，那么在他们的 $\text{lca}$ 到根的路径中任意一条边增加 $x$ 即可，各自增加 $x$ 显然不优。

所以我们不妨倒过来，从叶子自底向上推根。

将问题转化为从叶子同时出发，最后同时到达根的最小使用道具次数。

显然我们只会在迫不得已的时候（终止节点上方有另外的终止节点出现，必须马上跟上）才进行道具使用。

直接魔改拓扑排序，就能递推信息了。但我这个sb调了蛮久的

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 500005
int n, rt;
int f[maxn], len[maxn], deg[maxn];
int Max[maxn], sum[maxn], siz[maxn];
vector < pair < int, int > > G[maxn];
queue < int > q;void dfs( int u, int fa ) {f[u] = fa;for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i].first, w = G[u][i].second;if( v == fa ) continue;else deg[u] ++, siz[u] ++, len[v] = w, dfs( v, u );}
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &rt );for( int i = 1, u, v, w;i < n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &u, &v, &w );G[u].push_back( make_pair( v, w ) );G[v].push_back( make_pair( u, w ) );}dfs( rt, 0 );int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( i ^ rt and G[i].size() == 1 )q.push( i );while( ! q.empty() ) {#define fa f[u]int u = q.front(); q.pop();//Max[u]:u子树内距离u最远的叶子节点距离//siz[u]:u子树内的叶子节点个数//sum[u]:u子树内所有叶子离u的距离和ans += Max[u] * siz[u] - sum[u];Max[fa] = max( Max[fa], Max[u] + len[u] );sum[fa] += Max[u] + len[u];deg[fa] --;if( fa and ! deg[fa] ) q.push( fa );}printf( "%lld\n", ans );return 0;
}