图论·最小生成树·题解【tree】（Kruskal）

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题目

bzoj2654
WOJ#3696 tree

题目描述

给你一个无向带权连通图，每条边是黑色或白色。让你求一棵最小权的恰好有need条白色边的生成树。题目保证有解。

输入

第一行V,E,need分别表示点数，边数和需要的白色边数。接下来E行每行s,t,c,col表示这边的端点(点从0开始标号)，边权，颜色(0白色1黑色)。

输出

一行表示所求生成树的边权和。

样例

• 输入样例
  2 2 1
  0 1 1 1
  0 1 2 0
• 输出样例
  2

题意

给定一个无向带权连通图，其中有白边和黑边。求在恰好取need条白边的条件下的最小生成树。

思路

首先我们想到用邻接表存图，Kruskal求最小生成树。

但此题还有一个特殊条件：生成树上必须有且仅有$need$条白边。所以为了系统、简便地控制白边的数量，我们在求最小生成树之前先给所有白边加上一定的权值$x$（$x$的求法之后会讲到）。考虑到Kruskal的思路，易证得$x$越大，白边条数越少，反之越多。

再在算法进行过程中，记录树上（并查集中）加入白边的条数$cnt$，得出结果。此时求出的$sum$，乃是$(ans+x\ast cnt)$，故减去即可得出答案。

现在再来考虑求出正确的x的过程。题目约定边权在$[0,100]$以内，所以我们的枚举范围在$[-100,100]$以内，嘛，为了保险起见取到$[-105,105]$吧。所以也就是说……我们要求200多次最小生成树？有点恐怖。考虑到这200多次中有很多重复的，我们采用二分答案。

具体二分过程：如果$cnt>=need$，则函数$kruskal()$为真，否则为伪。二分过程中，如果$kruskal()$为真，则用$(sum-mid\ast cnt)$去更新$ans$（$mid$就是$x$），否则不更新。这样，又一道难题也就被解决了。

作几点说明：

1. 有位同学问我正确性何在。我也只能大概口胡证明，还请各位感性理解一下。假设我们二分了$t$次，那么由于$mid$属于$[-105,105]$，这$t$棵最小生成树中一定有满足$cnt>=need$的情况，也有不满足的情况，所以一定囊括了正确答案。又如前文所讲：$mid$越大，白边条数越少，反之越多，所以$cnt$尽管不严格，但确实是随$mid$变化而单调不递增的，所以一定不会漏掉正确答案。又由于只有在$cnt>=need$时才会更新$ans$，所以最后的$ans$，一定是正确答案。
2. 那位同学还问了我为什么加权后的最小生成树，一定也是不加权时的最小生成树。加权只会改变是否添加眼前的这条白边（黑边），去掉权值后，并不能改变它仍是最小生成树的本质，所以不多作考虑。
3. 那位同学又问了我为什么二分区间是$[-105,105]$。这个……个人习惯吧，我觉得$[-100,100]$应该也能过吧，有兴趣的读者可以去尝试一下。
4. 那位同学刚刚问了我为什么要离线操作。冷静分析一下会发现求最小生成树的过程中我们修改了边权，不离线的话要出事情的吧。
5. 注意$cmp()$函数要判相等情况！权值相等时以白边优先——之前那位同学因为没查出这个而调了好几天。

代码

#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxm=1e5+10;
int n,m,need,l,r,cnt,tot,ans;
int u[maxm],v[maxm],w[maxm],c[maxm];
int fa[maxm];
struct edge {int u,v,w,c;};
edge e[maxm];
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
inline bool cmp(const edge &a,const edge &b)
{
	return a.w==b.w?a.c<b.c:a.w<b.w;
}
inline int get(int x)
{
	return x==fa[x]?x:fa[x]=get(fa[x]);
}
inline bool kruskal(int x)
{
	tot=0,cnt=0;
	int f1,f2,sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		e[i].u=u[i],e[i].v=v[i],e[i].w=w[i],e[i].c=c[i];
		if(!c[i]) e[i].w+=x;//给所有白边加上一定的权值x
	}
	sort(e+1,e+m+1,cmp);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		f1=get(e[i].u),f2=get(e[i].v);
		if(f1!=f2)
		{
			fa[f1]=f2;
			sum++;
			tot+=e[i].w;
			if(!e[i].c) cnt++;//记录白边数量
		}
		if(sum==n-1) return cnt>=need;
	}
}
int main()
{
	n=read(),m=read(),need=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
		u[i]=read()+1,v[i]=read()+1,w[i]=read(),c[i]=read();//离线操作
	l=-105,r=105;
	while(l<r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(kruskal(mid)) l=mid+1,ans=tot-need*mid;
		else r=mid;
	}//二分答案
	cout<<ans;
	return 0;
}