BZOJ2654 - tree

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Description

给出一个无向连通图\((V,E)\)（\(|V|\leq5\times10^4,|E|\leq10^5\)），边分为白边和黑边，边权不超过\(100\)。求该无向图的恰好包含\(k\)条白边的最小生成树的权值。保证有解。

Solution

二分。
我们给所有白边一个额外权值\(w'\)。显然MST中白边的数量与\(w'\)负相关，于是我们二分这个\(w'\)。
可以证明，加上\(w'\)后的一个包含\(x\)条白边的MST，就是原图中包含\(x\)条白边的最小生成树。因为所有包含\(x\)条白边的生成树在此时的权值都加上了\(w'x\)，所以其在原图中仍然最小。那么我们只要找到一棵包含\(k\)条边的生成树即可。
不过对于一个\(w'\)，不同的MST包含的白边数可能不同。我们可以优先白边求一个MST，其包含\(kR\)条白边；优先黑边求一个MST，其包含\(kL\)条白边。那么该图的所有MST中的白边数都在\([kL,kR]\)区间内，且每种白边数的MST都存在^[1]。那么当\(k\in[kL,kR]\)时我们也找到了一棵包含\(k\)条边的生成树。

时间复杂度\(O(log(100|E|)\cdot |E|\log |E|)=O(|E|log^2|E|)\)。

Code

//tree
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const double EPS=1e-4;
inline char gc()
{
    static char now[1<<16],*s,*t;
    if(s==t) {t=(s=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(s==t) return EOF;}
    return *s++;
}
inline int read()
{
    int x=0; char ch=gc();
    while(ch<'0'||'9'<ch) ch=gc();
    while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x;
}
inline bool equal(double x,double y) {return -EPS<x-y&&x-y<=EPS;}
const int N=5e4+10;
int n,m,k;
struct edge{int u,v,w0,c; double w;} ed[N*2];
double ans;
bool cmpW0(edge x,edge y) {return equal(x.w,y.w)?x.c<y.c:x.w<y.w;}
bool cmpW1(edge x,edge y) {return equal(x.w,y.w)?x.c>y.c:x.w<y.w;}
double res;
int pre[N];
int find(int x) {return x==pre[x]?x:pre[x]=find(pre[x]);}
int Kruskal()
{
    res=0; int kCnt=0,trCnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u=ed[i].u,v=ed[i].v;
        if(find(u)!=find(v))
        {
            res+=ed[i].w; if(ed[i].c==0) kCnt++; trCnt++;
            pre[find(u)]=find(v);
        }
        if(trCnt==n-1) return kCnt;
    }
}
void bSearch(double L,double R)
{
    if(ans) return;
    double mid=(L+R)/2;
    for(int i=1;i<=m;i++) if(ed[i].c==0) ed[i].w=ed[i].w0-mid;
    int kL,kR;
    sort(ed+1,ed+m+1,cmpW0); kR=Kruskal();
    sort(ed+1,ed+m+1,cmpW1); kL=Kruskal();
    if(kL<=k&&k<=kR) {ans=res+k*mid; return;}
    if(k<kL) bSearch(L,mid);
    if(kR<k) bSearch(mid,R);
}
int main()
{
    n=read(),m=read(),k=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        ed[i].u=read()+1,ed[i].v=read()+1;
        ed[i].w=ed[i].w0=read(),ed[i].c=read();
    }
    bSearch(-10,10);
    printf("%.0lf\n",ans);
    return 0;
}

P.S.

说是二分\(100|E|\)其实二分\([-10,10]\)就能过，并没有特别极限的数据。
或许只在\([-10,10]\)里二分整数也可以，因为如果二分到小数就没有权值相同的边，一定有\(kL=kR\)。

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1. 权值相同的生成树可以通过加边\((u,v)\)再删掉路径\((u,v)\)上的一条权值相同的边来互相转化。那么我们可以添加白边再删掉权值相同的黑边。（以上均为口胡，没有严谨证明） ↩︎