Description
　　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？
Input
　　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
Output

　　仅包含一个整数V，为小Q最少使用的道具次数
Sample Input
3

1

1 2 1

1 3 3
Sample Output
2
HINT

N ≤ 500000，te ≤ 1000000

解题方法： 吐槽一下这个题意，我读了好久好久啊，虽然是自己太菜了。 分析这个题，主要题意就是给定一棵有根树，每次操作可以使某条边边权+1，求最少的操作次数，使根节点到每一个叶节点的距离都相等。容易发现操作对于越靠近根节点的边进行越有利。首先对于每个节点扫一遍记录这个节点到子树中所有叶节点的最大距离 然后枚举每一个儿子 将该节点和该儿子之间的边权补至最大距离相等，对于每个节点都如此做 最后就能保证根节点到每个叶节点的距离都相等，大概YY一下知道这种做法没什么问题吧？？？ 为什么不能A啊，翻了题解才知道是数据有大坑，标程的DP是开的int不是long long所以我开long long WA掉了。。改了就可以过了。。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 500010;
int dp[maxn];
long long ans;
int n, root;
int head[maxn], edgecnt;
struct edge{
    int v, nxt, w;
    edge(){}
    edge(int v, int nxt, int w) : v(v), nxt(nxt), w(w) {}
}E[maxn*2];
void init(){
    memset(head, -1, sizeof(head));
    edgecnt = 0;
}
void addedge(int u, int v, int w){
    E[edgecnt].v = v, E[edgecnt].w = w, E[edgecnt].nxt = head[u], head[u] = edgecnt++;
}
void dfs(int u, int fa){
    dp[u] = 0;
    for(int i = head[u]; ~i; i = E[i].nxt){
        int v = E[i].v;
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        dp[u] = max(dp[u], dp[v] + E[i].w);
    }
    for(int i = head[u]; ~i; i = E[i].nxt){
        int v = E[i].v;
        if(v == fa) continue;
        ans += dp[u] - dp[v] - E[i].w;
    }
}

int main(){
    init();
    scanf("%d%d", &n, &root);
    for(int i = 1; i < n; i++){
        int u, v, w;
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        addedge(u, v, w);
        addedge(v, u, w);
    }
    dfs(root, 0);
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}