蓝桥杯 历届试题 城市建设

问题描述

　　栋栋居住在一个繁华的C市中，然而，这个城市的道路大都年久失修。市长准备重新修一些路以方便市民，于是找到了栋栋，希望栋栋能帮助他。

　　C市中有n个比较重要的地点，市长希望这些地点重点被考虑。现在可以修一些道路来连接其中的一些地点，每条道路可以连接其中的两个地点。另外由于C市有一条河从中穿过，也可以在其中的一些地点建设码头，所有建了码头的地点可以通过河道连接。

　　栋栋拿到了允许建设的道路的信息，包括每条可以建设的道路的花费，以及哪些地点可以建设码头和建设码头的花费。

　　市长希望栋栋给出一个方案，使得任意两个地点能只通过新修的路或者河道互达，同时花费尽量小。

输入格式

　　输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示C市中重要地点的个数和可以建设的道路条数。所有地点从1到n依次编号。
　　接下来m行，每行三个整数a, b, c，表示可以建设一条从地点a到地点b的道路，花费为c。若c为正，表示建设是花钱的，如果c为负，则表示建设了道路后还可以赚钱（比如建设收费道路）。
　　接下来一行，包含n个整数w_1, w_2, …, w_n。如果w_i为正数，则表示在地点i建设码头的花费，如果w_i为-1，则表示地点i无法建设码头。
　　输入保证至少存在一个方法使得任意两个地点能只通过新修的路或者河道互达。

输出格式

　　输出一行，包含一个整数，表示使得所有地点通过新修道路或者码头连接的最小花费。如果满足条件的情况下还能赚钱，那么你应该输出一个负数。

样例输入

5 5
1 2 4
1 3 -1
2 3 3
2 4 5
4 5 10
-1 10 10 1 1

样例输出

9

样例说明

　　建设第2、3、4条道路，在地点4、5建设码头，总的花费为9。

数据规模和约定

　　对于20%的数据，1<=n<=10，1<=m<=20，0<=c<=20，w_i<=20；
　　对于50%的数据，1<=n<=100，1<=m<=1000，-50<=c<=50，w_i<=50；
　　对于70%的数据，1<=n<=1000；
　　对于100%的数据，1 <= n <= 10000，1 <= m <= 100000，-1000<=c<=1000，-1<=w_i<=1000，w_i≠0。

【解题思路】

将几个城市的道路连通并且花费最小，那就是最小生成树了，但是加了一个码头，那就不太好办了。

友情链接①：最小生成树（Prim&Kruskal）

友情链接②：并查集

最开始我的想法是用并查集，pre存储几个城市的连接情况，然后再根据Kruskal算法，先找花费最小的，然后再比较是修路比较省钱还是修码头比较省钱。但是这个方法有个问题，就是这道题存在必须修码头的情况，也就是说只修路可能有城市不连通。

第二个想法是，在河流中设一个点0，修建码头的花费就相当于从码头到点0的花费，那么这个题就转换成n+1个城市修路的问题了，做完了之后那上面给的样例数据测试，对的诶，就去提交了，但是只有30分。这个想法的问题在于，码头要修至少修两个，这样做可能只修了一个码头。

最终想法：把第二个想法的结果存储，然后再用一次Kruskal，算一下没有码头时候的最少花费，然后进行判断，如果没有码头，城市不能全部连通，也就是并查集里面的根不止一个，那么就输出最开始算的，如果没有码头城市也能全部连通，那么哪个花费小就输出哪个。最后终点是只赚不赔的负数情况请全部都修，就算成了环也修了！

今天蓝桥杯网站崩了，进不去，不过测试数据我都试过了，ok的，就是不知道会不会超时，嘿嘿。上代码~

提交成功(＾Ｕ＾)ノ~ＹＯ

#include
#include
#include
using namespace std;
//结构体，用于存储每条边所连接的点 
struct node{
	int u,v,e;
}edge[110005];

int cmp(node a,node b)
{
	return a.e>n>>m;
	int i;
	int u,v,e;
	int res = 0;
	int num = 0;
	for(i=0;i<=n;i++)  //pre的初始化
		pre[i] = i;
	for(i=1;i<=m;i++)  //城市与城市之间道路的信息
	{
		cin>>u>>v>>e;
		if(e<0)  //如果是建设道路的花费是负数 必须得建啊，这个稳稳的赚钱啊，已经修了也就是已经连通了就不用存储了
		{
			res = res + e;  //最终花费，先把负数都存着
			u = find(u);
			v = find(v);
			if(u!=v)
				pre[u] = v;
		}
		else  //待判断要不要加的，不要大意的存到结构体里面吧
		{
			edge[num].u = u;
			edge[num].v = v;
			edge[num].e = e;
			num++;
		}
	}
	int copypre[10005];  //先保存一下这个时候的pre，这个时候pre里面保存的是所有必须修的花费为负数的道路
	memcpy(copypre,pre,sizeof(pre)); 
	for(i=1;i<=n;i++)  //码头相关信息
	{
		cin>>e;
		if(e == -1)  //不能修码头就不存了
			continue;
		else
		{
			edge[num].u = 0;
			edge[num].v = i;
			edge[num].e = e;
			num++;
		}
	}
	sort(edge,edge+num,cmp);  //按照花费的大小排个序，重点是结构体的排序一定要重新定义排序的方法，也就是cmp函数，不然会报错的
	int ans1 = 0;  //有码头的 
	for(i=0;i