题目描述
小Q在电子工艺实习课上学习焊接电路板。一块电路板由若干个元件组成，我们不妨称之为节点，并将其用数字1,2,3….进行标号。电路板的各个节点由若干不相交的导线相连接，且对于电路板的任何两个节点，都存在且仅存在一条通路（通路指连接两个元件的导线序列）。
在电路板上存在一个特殊的元件称为“激发器”。当激发器工作后，产生一个激励电流，通过导线传向每一个它所连接的节点。而中间节点接收到激励电流后，得到信息，并将该激励电流传向与它连接并且尚未接收到激励电流的节点。最终，激烈电流将到达一些“终止节点”――接收激励电流之后不再转发的节点。
激励电流在导线上的传播是需要花费时间的，对于每条边e，激励电流通过它需要的时间为te，而节点接收到激励电流后的转发可以认为是在瞬间完成的。现在这块电路板要求每一个“终止节点”同时得到激励电路――即保持时态同步。由于当前的构造并不符合时态同步的要求，故需要通过改变连接线的构造。目前小Q有一个道具，使用一次该道具，可以使得激励电流通过某条连接导线的时间增加一个单位。请问小Q最少使用多少次道具才可使得所有的“终止节点”时态同步？
输入输出格式
输入格式：
第一行包含一个正整数N，表示电路板中节点的个数。
第二行包含一个整数S，为该电路板的激发器的编号。
接下来N-1行，每行三个整数a , b , t。表示该条导线连接节点a与节点b，且激励电流通过这条导线需要t个单位时间。
输出格式：
仅包含一个整数V，为小Q最少使用的道具次数。
输入输出样例
输入样例#1：
3 1 1 2 1 1 3 3
输出样例#1：
2
说明
对于40%的数据，N ≤ 1000
对于100%的数据，N ≤ 500000
对于所有的数据，te ≤ 1000000
吐槽
好奇这道具到底是什么啊，使用一次给时间增加一个单位……
这题刚开始想错了，以为道具只能对与叶子连接的边使用，结果自然爆0，居然还过了样例……
题解里说这题rank1只用了15ms，于是想挑战一下，卡常卡了一波，卡到了目前的rank2
后面的都是一步步卡常的结果。
在洛谷主站提交时114ms；(挤到第2页去了)
去大牛分站开O2，到了92ms；
只给加边的add函数、手敲max函数加普通inline居然一点用都没有，反而把我从92ms弄到了93ms，卡常真是一门玄学玄妙的学问。
后来加了个快读，卡到了79ms；
再把无关紧要的long long都换成了int，终于卡到了78ms，成了rank2；
回主站没有O2交一发，100ms，嗯，效果还好。
后来发现f数组用int就可以了，改掉，77ms。
rank1那样打表真的不好——
怪不得15ms……
虽然这样的卡常很没有意义，但是偶尔卡一卡刷刷rank也能增加成就感不是吗？
解题思路
进行一波dfs，用f[i]记录第i个节点到达最远叶子节点的用时(用时最长的叶子节点).
从每个儿子v回溯回来时，如果从v下去到达最远叶子节点用时更长，那就更新f[u]，f[u]=max(f[u],f[v]+e[i].w)，e[i].w是从u到v的用时。
这样的话遍历完u的所有儿子，答案就增加sigma( f[u]-f[e[i].to]-f[e[i].w )。
大概就是从叶子开始一层层地把兄弟节点统一了，再向上统一这个节点总共要加多少时间，一层层向父亲汇总，回到根节点就得到了答案
源代码
#include<stdio.h>
inline int max(int a,int b)
{
return a>b?a:b;
}
inline int read()
{
int x=0;
char ch=getchar();
while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
return x;
}
int n,root;
struct edge{
int next,to;
int w;
}e[1000010];
int head[500010]={0},cnt=1;
inline void add(int u,int v,int w)
{
e[cnt].next=head[u];
e[cnt].to=v;
e[cnt].w=w;
head[u]=cnt++;
}
long long f[500010]={0},ans=0;
void dfs(int u,int fa)
{
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
f[u]=max(f[u],f[v]+e[i].w);
}
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
if(fa!=e[i].to)
ans+=f[u]-f[e[i].to]-e[i].w;
}
int main()
{
n=read();root=read();
for(register int i=1,u,v,w;i<n;i++)
u=read(),v=read(),w=read(),add(u,v,w),add(v,u,w);
dfs(root,0);
printf("%lld",ans);
return 0;
}