走廊泼水节---最小生成树的简单应用

题目：走廊泼水节

网址：https://www.acwing.com/problem/content/348/

给定一棵\(N\)个节点的树，要求增加若干条边，把这棵树扩充为完全图，并满足图的唯一最小生成树仍然是这棵树。

求增加的边的权值总和最小是多少。

注意： 树中的所有边权均为整数，且新加的所有边权也必须为整数。

输入格式

第一行包含整数\(t\)，表示共有\(t\)组测试数据。

对于每组测试数据，第一行包含整数\(N\)。

接下来\(N-1\)行，每行三个整数\(X,Y,Z\)，表示\(X\)节点与\(Y\)节点之间存在一条边，长度为\(Z\)。

输出格式
每组数据输出一个整数，表示权值总和最小值。

每个结果占一行。

数据范围

1≤N≤6000
1≤Z≤100

输入样例：

2
3
1 2 2
1 3 3
4
1 2 3
2 3 4
3 4 5 

输出样例：

4
17

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一道特别神奇的图论题。（仅限对ZZL这种蒟蒻）
大概就是最初，我简化了整个问题。考虑两种情况：链和菊花图。
发现那个菊花图可以用贡献做掉，但那个链始终不会做。

lyd老师的解法彻底震惊了我。
对于树有什么性质？有\(n\)个结点，每个结点到其他结点有且仅有一条简单路径。
等一会儿，这说明什么？？这恰恰说明对于任意一条边，都是很重要的。切断它们会使整棵树分解。
等价于，一条边，左边的结点所在的联通分量和右边的结点所在的联通分量仅通过该边相连。
如下图：

左右两个联通块是因为中间的边相连。

考虑上图中从左联通分量向右右端连，会形成一个个环，为了使该树的边不被替代，添的边必须大于换上任意一条属于原图的边权。
为了使算法更高效，我们不妨先把边从小到大排序。使用并查集来维护联通块即可。

代码如下：

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 6000 + 10;
struct edge
{
	int u, v, w;
	bool operator <(const edge& lhs)
	{
		return w < lhs.w;
	}
} e[maxn];
int n, fa[maxn], size[maxn], ans = 0;
int get(int x)
{
	if(fa[x] == x) return x;
	return fa[x] = get(fa[x]);
}
void merge(int x, int y)
{
	int v1 = get(x), v2 = get(y);
	if(size[v1] < size[v2]) swap(v1, v2);
	fa[v2] = v1;
	size[v1] += size[v2];
	return;
}
int main()
{
	int t;
	scanf("%d", &t);
	while(t --)
	{
		scanf("%d", &n);
		for(int i = 1; i <= n; ++ i) fa[i] = i, size[i] = 1;
		for(int i = 1; i < n; ++ i)
		{
			scanf("%d %d %d", &e[i].u, &e[i].v, &e[i].w);
		}
		ans = 0;
		sort(e + 1, e + n);
		for(int i = 1; i < n; ++ i)
		{
			int x, y, z;
			x = e[i].u, y = e[i].v, z = e[i].w;
			ans += (size[get(x)] * size[get(y)] - 1) * (z + 1);
			merge(x, y);
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}