【BZOJ 1016】[JSOI2008]最小生成树计数(搜索+克鲁斯卡尔)
【题目链接】:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1016
【题意】
【题解】
/*
两个最小生成树T和T';
它们各个边权的边的数目肯定是一样的;
且相同边权的边;
那些边所形成的联通性是一样的;
可以考虑T和T'的形成;
比如说一开始
T和T'都是空的;
然后把边按边权从小到大排序后
找到的第一种边权的边权为
v1
且bian[left..right]都是这种边权的边;
然后假设T是我们正常用卡鲁斯卡尔算法搞出来的最小生成树;
那么T在这个阶段肯定会在这right-left+1条边中选择x条边;
那么这个时候我们再想想T'要怎么选?
假设我们选y条边
这里我们分类讨论一下
假如y>x,
这种情况是不可能的;
因为如果y可以大于x;
那就说明T还可以再加一条边权最小的边v1联通更多的分量;
而我们在做克鲁斯卡尔的时候已经保证了不能添加更多的分量;
所以可以排除;
假如y<x
这种情况也是不可能的;
假设我们少选了一条边
那么这条边链接的两个分量必然是要用更大的边权来链接;
这就不符合最小生成树了;
所也可以排除;
综上可知
x==y;
这里所选的y条边的各个节点的连通性必然和x条边的联通性一样;
因为如果不一样的话,
那么哪里不一样呢??
->假设在T'中相对于T有两个分量没有连通在一起,那么你可以选择T中连接这两个分量的
边啊。而且因为是升序排的,所以肯定连了更优啊;
但是显然不可能再有这样的连法了,因为T是正确的最小生成树;
你如果能找到这样的连法的话,就说明T是不正确的了;
这就矛盾了;
根据上面的推导可知;
每个最小生成树;
出现的不同边权的种类是一样的,且各种边权的数目是确定的;
而且只要边权的数目确定了,这个边权造成的连通性的变化都是一样的;
所以我们只要枚举对于每一种边权,可以用哪些连着不同节点的边,但边权和它相同的边交换一下
一开始做的最小生成树的边就好了;
比如第i种边权的边v[i],出现的次数为numv[i];
然后在用克鲁斯卡尔算法算出的最小生成树中v[i]出现的次数为k;
则从这numv[i]条边中选出k条边来,看看是不是这k条边中每条边都能对联通量贡献;(如果有一条边在做
的过程中边的两段链接的联通量已经是在一起的了,就退出,表示不行);
因为要回溯,所以这里的并查集不能加状态压缩。
当然n也不大就是了;
因为有说同边权的边的数目不超过10,所以2^10是可以接受的.
搜一波;
然后用乘法原理乘起来就好;
*/
【完整代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rei(x) scanf("%d",&x)
#define rel(x) scanf("%lld",&x)
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<LL, LL> pll;
const int dx[9] = { 0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1 };
const int dy[9] = { 0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1 };
const double pi = acos(-1.0);
const int M = 1100;
const int N = 110;
const int MOD = 31011;
struct abc
{
int x, y,z;
};
int n, m,f[N],tot = 0,tot1 = 0,num[M],sum = 0,ans = 1;
abc bian[M];
bool cmp1(abc a, abc b)
{
return a.z < b.z;
}
int ff(int x)
{
if (f[x] == x) return x;
else
return ff(f[x]);
}
void dfs(int l, int r, int now)
{
if (now == num[tot])
{
sum++;
return;
}
if (l > r) return;
int x = bian[l].x, y = bian[l].y;
int r1 = ff(x), r2 = ff(y);
//这里f[r1]==r1,f[r2]==r2;
if (r1 != r2)
{
f[r1] = r2;
dfs(l + 1, r, now + 1);
f[r1] = r1, f[r2] = r2;
}
dfs(l + 1, r, now);
}
int main()
{
//freopen("F:\\rush.txt", "r", stdin);
rei(n), rei(m);
rep1(i, 1, m)
rei(bian[i].x), rei(bian[i].y), rei(bian[i].z);
sort(bian + 1, bian + 1 + m,cmp1);
rep1(i, 1, n)
f[i] = i;
rep1(i, 1, m)
{
int l = i, r = i;
while (r + 1 <= m && bian[r + 1].z == bian[l].z) r++;
tot1++;
rep1(j, l, r)
{
int x = bian[j].x, y = bian[j].y;
int r1 = ff(x), r2 = ff(y);
if (r1 != r2)
{
f[r1] = r2;
tot++;
num[tot1]++;
}
}
i = r;
}
if (tot != n - 1)
return puts("0"), 0;
rep1(i, 1, n)
f[i] = i;
tot = 0;
rep1(i, 1, m)
{
int l = i, r = i;
while (r + 1 <= m && bian[r + 1].z == bian[l].z) r++;
tot++;
if (num[tot] == 0)
{
i = r;//。。。。。。bug点
continue;
}
sum = 0;
dfs(l, r, 0);
ans = (ans*sum) % MOD;
rep1(j, l, r)
{
int r1 = ff(bian[j].x), r2 = ff(bian[j].y);
if (r1 != r2)
f[r1] = r2;
}
i = r;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}