2022牛客寒假算法基础集训营2：B-小沙的魔法（逆向思维、最大生成树变种）

小沙的魔法

题意：

每个点都有一个目标值，初始权值为0，每次 操作1 使一个连通块（内所有点）权值++，操作2 选择一条边连接两个连通块，问 使得每个点权值上升成目标值所需要的最少 操作1 次数

思路：

反向思考

• 我们假设目标已完成，每个点都到达了自己的目标值，反过来每次操作使权值减1，使问题转化成 使得每个点权值变为0（不能为负）所需要的最少 操作1 次数

由点到面

• 点：一条边可以连接两个点，在此之后一次 操作1 就能使这两个点同时减 1，显然多产生这种连接可以减少 最少操作次数
• 面：整体上看连接可以省去某个点的部分操作数，贪心地想我们应该优先连接两个权值大（目标值）的点，可以减少更多操作数

例：

经过排序后，显然我们最先拿到的边是 {$90-70$} ，它们相连的必要条件是——90 的权值下降到 70，也就是先经过 20次 操作1，当两点权值相同时再连边，才能保证权值同时下降、任意点权值不为负；

之后拿到的边是 {$70-60$}，同理 70 降到 60，再合并连通块；

最后我们最少的 操作1 次数就为 { $20+10+最后连通块的权值（60）$ } $==90$

连通块内点的权值显然最后都相同，点越多，我们节省的操作次数就越多

60 换成 80 也是一个道理，一条边的两点最后会依附到权值小的那个点上（只能通过操作把大变小）

先连 {20—80}：$ans=60+70+20=150$
先连 {90—80}：$ans=10+60+20=90$

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$Code:$

#include
#include
#include
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define cinios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
#define sca scanf
#define pri printf
#define ul (u << 1)
#define ur (u << 1 | 1)
//#define x first
//#define y second
//#pragma GCC optimize(2)
//[博客地址](https://blog.csdn.net/weixin_51797626?t=1) 
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef unsigned long long ull;

const int N = 500010, M = 5000010, MM = N;
int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
ll LNF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m, k, T, S, D;
int p[N], d[N];
struct edge
{
	int a, b, w;
	bool operator<(const edge& no)const { return w > no.w; }
}ed[M];

int find(int x) {
	if (p[x] != x)p[x] = find(p[x]);
	return p[x];
}

int main() {
	cinios;
	
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> d[i];//目标值
		p[i] = i;//初始化并查集
	}

	for (int i = 0; i < m; i++) {
		int a, b;
		cin >> a >> b;
		ed[i] = { a,b,min(d[a],d[b]) };//贪心，尽可能连较大的点先
		//可以自己模拟一下
		//若先连小点，之后大的点要花更多操作降值，才能使权值一致
	}
	sort(ed, ed + m);

	ll ans = 0;
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		int a = ed[i].a, b = ed[i].b;
		a = find(a), b = find(b);
		if (a == b)continue;//若此边两点不在同一个连通块
		ans += abs(d[a] - d[b]);//记录降值的操作数
		p[a] = b;
		d[a] = d[b] = min(d[a], d[b]); //依附到小的点上
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (i == find(i))ans += d[i];//最后加上每个连通块的权值（需要减成0）

	cout << ans;

	return 0;
}
/*
*/