BZOJ4937——比特战争（最小生成树）（这道题Ranklist 1）

传送门

一道很好的题

做完后

欸我怎么排名那么高

卡卡后

嗯哼

真是令人开心

先把每一个点看做一个联通块

对于每个联通块来说其内部的花费为（max(maxai,maxci)∗minbi）（max(maxa_i,maxc_i)*minb_i）（max(maxai​,maxci​)∗minbi​）

把所有点都当做直接从这儿空降下来的

然后不断枚举边

判断是在边两边的联通块打通这座桥还是直接空投更优

可以证明先加边权（也就是打通所需要的人数）少的会比先加边权大的更优：

考虑有一条链上三个点 $A(a1,b1),B(a2,b2),C(a3,b3)$,以及连接AB的边$C1$，BC的$C2(C2>C1)$

那么先连C1再连C2肯定会比只连C2更优

因为连了C1和C2的花费是max(a1,a2,a3,c2)∗min(b1,b2,b3)max(a_1,a_2,a_3,c_2)*min(b_1,b_2,b_3)max(a1​,a2​,a3​,c2​)∗min(b1​,b2​,b3​)

而只连C2的花费是max(a2,a3,c2)∗min(b2,b3)+a1∗b1max(a_2,a_3,c_2)*min(b_2,b_3)+a1*b1max(a2​,a3​,c2​)∗min(b2​,b3​)+a1∗b1

分类讨论一下会发现无论如何第一种都是比第二种优的

那么我们只需要用Kruskal维护这个图的最小生成树

中途判断加每一条边是否会更优

并维护最大的ai,cia_i,c_iai​,ci​和最小的bib_ibi​就可以了

具体理解代码就可以了

#include
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
    char ch=getchar();
    int res=0;
    while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return res;
}
int n,m,cnt,fa[100005];
inline int find(int x){
    if(fa[x]!=x)fa[x]=find(fa[x]);
    return fa[x];
}
struct edge{
    int u,v;
    ll w;
}e[400005];
inline bool comp(edge a,edge b){
    return a.w<b.w;
}
ll ans=1e18,sum,val[100005],a[100005],b[100005];
int main(){
    n=read(),m=read();
    int maxn=0,minn=10000000;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=read(),b[i]=read();
        val[i]=a[i]*b[i];
        sum+=val[i];
    }
    ans=min(ans,sum);
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        e[i].u=read(),e[i].v=read(),e[i].w=read();
    }
    sort(e+1,e+1+m,comp);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u=e[i].u,v=e[i].v;
        int f1=find(u),f2=find(v);
        if(f1!=f2){
            val[f1]+=val[f2];
            a[f1]=max(max(a[f1],a[f2]),e[i].w);
            b[f1]=min(b[f1],b[f2]);
            sum-=val[f1];
            val[f1]=min(val[f1],a[f1]*b[f1]);
            sum+=val[f1];
            fa[f2]=f1;
            cnt++;
            ans=min(ans,sum);
        }        
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

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