[BZOJ2654]tree

题目描述 Description###

给你一个无向带权连通图，每条边是黑色或白色。让你求一棵最小权的恰好有\(need\) 条白色边的生成树。
题目保证有解。

输入描述 Input Description###

第一行\(V\) ,\(E\) ,\(need\) 分别表示点数，边数和需要的白色边数。
接下来E行,每行\(s\) ,\(t\) ,\(c\) ,\(col\) 表示这边的端点(点从0开始标号)，边权，颜色(0白色1黑色)。

输出描述 Output Description###

一行表示所求生成树的边权和。

样例输入 Sample Input###

2 2 1
0 1 1 1
0 1 2 0

样例输出 Sample Output###

2

数据范围及提示 Data Size & Hint###

\(V<=50000\) ,\(E<=100000\) ,所有数据边权为\([1,100]\) 中的正整数。

之前的一些废话###

题解###

题目条件设定过于苛刻，想一想如何影响到最小生成树中白边的数量，是不是白边权值越小，数量越多，白边权值越大，数量越少？好的，想到这一步就很棒棒了，然后我们就可以二分了，二分对所有白边加上一个数（正数负数均可），然后对整个图进行\(Kruskal\) ，顺便记录此时最小生成树加入了多少条白边，注意答案最后要减掉\(need*index\) (\(index\) 为二分的值)。说到这里，主算法就差不多了，复杂度\(O(n log^2 n)\) 但是还是有一个很严重的细节没有考虑到，就是我们在对边排序的时候，必须优先排白边，这样我们求出的至多要选多少条白边，所以最后选取答案的时候条件并不是\(cntw=need\) ，而是\(cntw>=need\) ，其中\(cntw\) 为选取白边的数量。

代码###

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
const int maxn=100010,oo=2147483647;
int n,m,need,f[maxn],u[maxn],v[maxn],w[maxn],c[maxn],L,R,ans=oo;
struct Edge
{
	int u,v,w,c;
	Edge() {}
	Edge(int _1,int _2,int _3,int _4):u(_1),v(_2),w(_3),c(_4) {} 
	bool operator < (const Edge&s)const {return w==s.w ? c<s.c : w<s.w;}
}e[maxn];
int getf(int x){return x==f[x] ? x : f[x]=getf(f[x]);}
void merge(int a,int b)
{
	int x=getf(a),y=getf(b);
	if(x!=y)f[x]=y; 
}
bool judge(int index)
{
	for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i;
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		e[i].u=u[i];e[i].v=v[i];
		e[i].w=w[i];e[i].c=c[i];
		if(!c[i])e[i].w+=index;
	}
	sort(e,e+m);
	int cnt=0,cntw=0,sum=0;
	for(int i=0;i<m;i++)
		if(getf(e[i].u)!=getf(e[i].v))
		{
			merge(e[i].u,e[i].v);
			if(!e[i].c)cntw++;
			sum+=e[i].w;
			cnt++;
			if(cnt==n-1)break;
		}
	if(cntw>=need)ans=min(ans,sum-cntw*index);
	return cntw<=need;
}
int main()
{
    n=read();m=read();need=read();
    for(int i=0;i<m;i++)u[i]=read()+1,v[i]=read()+1,w[i]=read(),c[i]=read();
    L=-100;R=100;
	while(R-L>1)
	{
		int mid=(L+R)>>1;
		if(judge(mid))R=mid;
		else L=mid;
	}
	judge(L);judge(R);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

总结###

此题过于坑爹，我觉得能想到二分已经挺强的了，但是至于能否想到上述提到的那个细节。。。无语凝噎。