【结论】【非严格次小生成树】NKOJ3855 merlin
NKOJ3855 merlin
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评测说明 : 2s
问题描述
古月族是一个神奇的种族，有一天古月腾和古月豪在一起看《梅林传奇(merlin)》。
剧中，以卡梅洛特（camelot）为代表的是古时英格兰的城池坐落在现我大英帝国的某处土地上，每个城池被乌瑟王（亚瑟王之父）编号，方便货物来往。
假设有n座城池，编号为1-n，一些城池之间有单向道连接（逆向行驶会被视为私自入境），共k条。如果有一些城池能够互相到达交通无碍，他们会结为盟友，于是大英帝国上出现了许多帮派，他们要么互相挑起战争，要么选择井水不犯河水，形势极其尴尬，甚至，他们把连到其他帮派外的单向边拆毁了。
现在，乌瑟王死后，亚瑟王想要统一大英，他决定让魔法师梅林在一些城池之间修一些双向边，这样能使所有城池互相联系，交流，促进和平发展。梅林为了帮助亚瑟王，他把可能会修的道路都进行了魔法加特，使走上这条路的人心平气和，向往和平。虽然梅林魔法强大，但他也需要休息，他只能在指定的城池之间建立m条双向边，并且每条双向边上的有一个魔力需求值wi。
梅林已经累趴下了，谁叫亚瑟王这么折磨他（可怜的梅子），他想知道；
怎样连边，才能让所有城池能够互相到达，并且他耗费的魔力最少，求出这个最小值。
是否有不同种建边的方法。
输入格式
多组测试数据。
第一行一个正整数T,对于每一组测试数据：
第一行，三个个整数n，k，m。
接下来k行，每行两个整数，x,y,表示从x城池到y城池有一条单向道路。
接下来m行，每行三个整数，x,y,z,表示可以在城池x和城池y之间，建立一条双向道路，消耗魔法值为z。
输出格式
对于每一组测试数据：
第一行，一个整数表示消耗最少魔力。
第二行，若有不同的建边方法，输出“YES”，否则输出“NO”（均不含引号）。
样例输入 1
1
5 5 5
1 2
2 3
3 1
3 4
4 5
1 2 10
4 5 9
5 1 3
3 4 6
2 4 1
样例输出 1
4
NO
样例输入 2
1
5 5 5
1 2
2 3
3 4
4 5
5 1
1 2 100
2 3 123
4 3 1
1 2 1
2 3 1
样例输出 2
0
NO
样例输入 3
1
5 6 3
1 2
2 1
1 3
3 4
4 5
5 3
1 3 5
2 4 5
3 5 999
样例输出 3
5
YES
提示
【数据范围】
对于30%的数据， 1<=n<=1000，1<=T<=5。
对于100%的数据，1<=n<=500000，1<=m<=100000,1<=k<=1000000 ,1<=x<=n,1<=y<=n,0<=z<=10000，1<=T<=5。
保证m条双向边能够使所有城池交流畅通无阻。
注：有兴趣的同学可以思考，如果每个帮派不把连接到外帮派的单向边拆毁，应该怎么做。（本次考试请根据题目描述做题）。
来源 ht hjh
第一问：强连通分量缩点-> 最小生成树
第二问：
法一：依次加边、减掉环中除加入边外最大边(lca倍增讨论）->生成树大小增加否
#include//...........................................................
int be[needn];
int getbe(int x)
{
return x==be[x] ?x :be[x]=getbe(be[x]);
}
void clean()
{
for(int i=1;i<=scc;i++) be[i]=i;
}
//...........................................................
int ans1;
int dm;
int dep[needn],mdis[needn][22],fa[needn][22];
void build_lca(int x)
{
vis[x]=true;
int k=log(dep[x])/lg2;
dm=max(dm,k);
for(int i=1;i<=k;i++)
fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1],mdis[x][i]=max(mdis[x][i-1],mdis[fa[x][i-1]][i-1]);
for(int t=fi[x],y;t;t=la[t])
{
y=en[t];
if(vis[y]) continue;
dep[y]=dep[x]+1;
fa[y][0]=x;
mdis[y][0]=len[t];
build_lca(y);
}
}
bool lca(int k)
{
int a=w[k].a,b=w[k].b;
if(dep[a]>dep[b]) swap(a,b);
int ans=0,c;
for(int i=0,p=dep[b]-dep[a];i<=dm;i++) if((p>>i)&1) ans=max(ans,mdis[b][i]),b=fa[b][i];
if(a==b) c=a;
else
{
for(int i=dm;i>=0;i--)
if(fa[a][i]!=fa[b][i])
{
ans=max(ans,mdis[a][i]),ans=max(ans,mdis[b][i]);
b=fa[b][i],a=fa[a][i];
}
c=fa[a][0];
ans=max(ans,mdis[a][0]),ans=max(ans,mdis[b][0]);
}
if(ans!=w[k].len) return false;
return true;
}
//...........................................................
void ini()
{
ans1=tot=0;
scc=visittime=top=0;
for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=fi[i]=dfn[i]=low[i]=id[i]=ins[n]=0;
for(int i=1;i<=m;i++) w[i].use=false;
for(int i=0,j;i<=dm;i++) for(j=1;j<=n;j++) mdis[j][i]=fa[j][i]=0;
}
//...........................................................
int main()
{
int t;scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
ini();
for(int i=1,a,b;i<=k;i++)
{
in_(a),in_(b);
add(a,b);
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
mm=0;
for(int i=1,a,b,c;i<=m;i++)
{
in_(a),in_(b),in_(c);
if(id[a]==id[b]) continue;
mm++;
w[mm].a=id[a],w[mm].b=id[b],w[mm].len=c;
}
sort(w+1,w+1+mm);
clean();
for(int i=1;i<=scc;i++) fi[i]=0;
for(int i=1,x,y,cnt=0;i<=mm&&cnt+1if(x!=y)
{
be[x]=y;
ans1+=w[i].len;
w[i].use=true;
cnt++;
add(w[i].a,w[i].b,w[i].len),add(w[i].b,w[i].a,w[i].len);
}
}
build_lca(1);
bool getans2=false;
for(int i=1;i<=mm;i++)
{
if(!w[i].use&&lca(i))
{
getans2=true;
break;
}
}
printf("%d\n",ans1);
puts(getans2 ? "YES":"NO");
}
} 法二：找出最小生成树后将所有边重新排序，使新的顺序为原来顺序中长度相等的元素反序，重新找最小生成树，如果新加入的边为原来未讨论过的，则YES。
struct fy
{
int a,b,len,id;
bool use;
};
bool way1 (const fy& x,const fy& y)
{
if(x.len==y.len) return x.idreturn x.lenlen;
}
bool way2 (const fy& x,const fy& y)
{
if(x.len==y.len) return x.id>y.id;
return x.lenlen;
}
........
int ans1=0;
sort(w+1,w+1+mm,way1);
clean();
for(int i=1,x,y,cnt=0;i<=mm&&cnt+1if(x!=y)
{
be[x]=y;
ans1+=w[i].len;
w[i].use=true;
cnt++;
add(w[i].a,w[i].b,w[i].len),add(w[i].b,w[i].a,w[i].len);
}
}
bool getans2=false;
sort(w+1,w+1+mm,way2);
clean();
for(int i=1,x,y,cnt=0;i<=mm&&cnt+1if(x!=y)
{
if(!w[i].use)
{
getans2=true;
break;
}
be[x]=y;
w[i].use=true;
cnt++;
add(w[i].a,w[i].b,w[i].len),add(w[i].b,w[i].a,w[i].len);
}
}
printf("%d\n",ans1);
puts(getans2 ? "YES":"NO");