MST 专题

Problem A. CF1305G Kuroni and Antihype

Description

有一个初始为空的集合 $S$ 。可以进行 $n$ 次操作：

加入一个不在 $S$ 中的元素 $A_{i}$ 。此操作没有收益。
在集合 $S$ 中找到一个 $A_{j}$ 使得 $A_{i} and A_{j} = 0$ ，获得 $A_{j}$ 的收益，再把 $A_{i}$ 加入到 $S$ 中。

你需要将 $A_{1}, A_{2}, A_{3}, . . . A_{n}$ 全部加入到集合 $S$ 中，问最后的最大收益。

Solution

考虑图论建模。

建立一个超级源点 $0$ ，令 $A_{0} = 0$ ，让 $S$ 初始只含有 $0$ 这个元素。

那么我们只需要考虑第二种结构。可以发现，我们将元素加入集合的顺序形成了一棵以 $0$ 为根的外向树。

但我们现在树上的边权与边的方向有关。

我们考虑这样建图：所有 $1 \leq i, j \leq n, i \neq j$ 的 $(i, j)$ 之间连一条边权为 $A_{i} + A_{j}$ 的无向边。

这样我们最终生成的树中每个点的权值都在父亲处多算了一次。于是答案就是图的最大生成树权值减去 $\sum A_{i}$ 。

接下来考虑如何快速地求最大生成树。

利用 kruskal 的思想，我们从大到小枚举边权。对于一个边权为 $w$ 的边，两端的点权值一定在二进制下把 $w$ 划分为了两部分，也就是 $A_{u} or A_{v} = w$ 且 $A_{u} and A_{v} = 0$ 。

我们先把所有点权相等的点缩为一个，记录每个权值出现的次数。

假设我们枚举到了 $w$ ，那么我们枚举 $w$ 在二进制表示下的子集 $u$ ，并计算出另一端的 $v$ 。

如果两者不在一个连通块内，那么我们合并两个点，对答案造成 $(c n t_{F i n d (u)} + c n t_{F i n d (v)} - 1) w$ 的贡献。

我们还需要合并 $F i n d (u)$ 与 $F i n d (v)$ ，并让新连通块的 “根” 的 $c n t$ 为 $1$ 。

时间复杂度为 $O (3^{B} α (n))$ ，其中 $B = 18$ 。需要卡常。

int n,m,a[N];
ll ans,cnt[N],fa[N],siz[N];

int Find(int x){
    if(fa[x]==x) return x;
    return fa[x]=Find(fa[x]);
}

void Merge(int u,int v,ll w){
    u=Find(u),v=Find(v);
    if(u==v) return;
    ans+=w*(cnt[u]+cnt[v]-1);
    if(siz[u]>siz[v]) swap(u,v);
    fa[u]=v; siz[v]+=siz[u]; cnt[v]=1;
}

signed main(){
    //效率！效率！
    read(n); cnt[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        read(a[i]);
        Ckmax(m,a[i]);
        ans-=a[i];
        cnt[a[i]]++;
    }
    int AS=1;
    while(AS<=m) AS<<=1;
    AS--;
    for(int i=0;i<=AS;i++) fa[i]=i,siz[i]=1;
    for(int s=AS;s>=0;s--){
        for(int t=s;;t=(t-1)&s){
            if(t<(s^t)) break;
            if(cnt[t]&&cnt[s^t])
                Merge(s^t,t,s);
            if(!t) break;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

Problem B. [JSOI2008] 最小生成树计数

Description

现在给出了一个简单无向加权图。求出这个图中有多少个不同的最小生成树。（如果两棵最小生成树中至少有一条边不同，则这两个最小生成树就是不同的）。输出方案数对 $31011$ 的模。

数据保证不会出现自回边和重边。注意：具有相同权值的边不会超过 $10$ 条。

对于全部数据， $1 \leq n \leq 100$ ， $1 \leq m \leq 1000$ ， $1 \leq c_{i} \leq 10^{9}$ 。

Solution

引理：在 kruskal 的过程中，对于权值相同的边，无论以何种顺序处理，最终形成的连通块都是一样的。

正确性显然。如果两种处理顺序导致形成的连通块不同，那么这意味着我们可以在这两种方式中再多连几条权值相同的边，最终答案会变的更优。

利用 kruskal 的思想，从小到大枚举边权。

根据上面的引理，我们每次把边权相同的边拿出来一块处理。

由于题目保证了具有相同权值的边不会超过 $10$ 条，那么我们可以二进制枚举这些边，计算出这些边有多少种方案可以让加入 MST 的边最多。

利用乘法原理，我们把每一次的答案乘起来，就是最终的答案。

时间复杂度 $O (2^{k} \times m \times α (n))$ ，其中 $k \leq 10$ ，可以通过。

int n,m;

struct Edge{
    int u,v,w;
    bool operator < (const Edge& tmp) const{
        return w<tmp.w;
    }
};
vector<Edge> edge;
vector<Edge> e[M];

int fa[N],tot,siz[N];
int res,cnt;
ll ans;

const ll mod=31011;

inline ll Mod(ll x){return (x>=mod)?(x-mod):(x);}

inline void Add(ll &x,ll y){x=Mod(x+y);}

int Find(int x){
    if(fa[x]==x) return x;
    return Find(fa[x]);
}

void dfs(int x,int c,vector<Edge> &s){
    if(x==(signed)s.size()){
        if(c>res) res=c,cnt=1;
        else if(c==res) cnt++;
        return;
    }
    int u=s[x].u,v=s[x].v;
    int fu=Find(u),fv=Find(v);
    if(fu!=fv){
        int w=0;
        if(siz[fu]>siz[fv]) swap(fu,fv);
        fa[fu]=fv,siz[fv]+=siz[fu],w=siz[fu];
        dfs(x+1,c+1,s);
        fa[fu]=fu,siz[fv]-=w;
    }
    dfs(x+1,c,s);
}

signed main(){
    //效率！效率！
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v,w;
        read(u),read(v),read(w);
        edge.push_back({u,v,w});
    }
    sort(edge.begin(),edge.end());
    e[0].push_back({0,0,0});
    for(Edge i:edge){
        if(i.w==e[tot].back().w) e[tot].push_back(i);
        else e[++tot].push_back(i);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,siz[i]=1;
    ans=1;
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        res=0,cnt=0;
        dfs(0,0,e[i]);
        (ans*=cnt)%=mod;
        for(Edge j:e[i]){
            int u=j.u,v=j.v;
            u=Find(u),v=Find(v);
            if(u!=v){
                if(siz[u]>siz[v]) swap(u,v);
                fa[u]=v,siz[v]+=siz[u];
            }
        }
    }
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(Find(i)!=Find(1))
            return puts("0"),0;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

Problem C. P5633 最小度限制生成树（值得思考）

Description

给你一个有 $n$ 个节点， $m$ 条边的带权无向图，你需要求得一个生成树，使边权总和最小，且满足编号为 $s$ 的节点正好连了 $k$ 条边。

$1 \leq s \leq n \leq 5 \times 10^{4}$ ， $1 \leq m \leq 5 \times 10^{5}$ ， $1 \leq k \leq 100$ ， $0 \leq w \leq 3 \times 10^{4}$ 。

Solution

首先我们把 $s$ 点删去，剩下的图会形成若干连通块。

我们对这些连通块求出一个 MST 森林。不在 MST 森林上的边在最后的答案中一定不会出现。

如果无解，当且仅当满足以下条件之一：

连通块个数 $c > k$ ；
存在一个连通块与 $s$ 没有连边；
$s$ 的度数 $< k$ 。

我们只保留森林上的边。对于每一个连通块，我们找出其与 $s$ 相连的最小边，其在最后的答案中一定会出现，所以我们先连上它们。

如果 $c = k$ ，那么结束；否则我们还需要向 $s$ 多连 $k - c$ 条边。

我们找出一个还没有向 $s$ 连边的点 $x$ ，如果我们要连边 $(x, s)$ ，那么需要找到 $x$ 所在连通块中已经向 $s$ 连了边的 $y$ （它一定存在），将 $(x \to y)$ 这条路径上最大的边断掉。原来的一个连通块分裂为两个，且每个连通块仍然有且仅有一个点向 $s$ 连了边，且可以发现，此时一定有 $w (x, s) \geq w (y, s)$ 。

我们从大到小枚举要断掉的边，找出断掉这条边后分出的两个连通块 $X, Y$ ，分别找出 $X, Y$ 中与 $s$ 直接相连且边权最小的 $p, q$ 。若 $w (s, p) > w (s, q)$ ，我们连接 $(s, p)$ ，否则连接 $(s, q)$ ，然后分裂连通块。

但分裂操作不好维护。我们把这个过程倒过来，发现和 kruskal 的过程非常相似。

我们在 kruskal 中对每个点维护 $v a l_{x}$ ，表示若要连接 $(s, x)$ ，那么能够断掉的最大边权是多少。

我们把 $w (s, u)$ 最小的 $u$ 作为并查集的根节点，设 $d i s_{u} = w (s, u)$ 。每次合并两个根 $u, v$ 时，我们把 $d i s$ 较大的合并到较小的根上，并给 $d i s$ 较大的那个根的 $v a l$ 赋值为 $w (u, v)$ 。

kruskal 算法结束后，我们找出 $v a l$ 最小的 $k - c$ 个点，向 $s$ 连边，答案加上 $d i s_{x} - v a l_{x}$ 。

int n,m,k,s;

struct Edge{
	int u,v,w;
	bool operator<(const Edge& tmp)const{
		return w<tmp.w;
	}
};
vector<Edge> e;

int fa[N],dis[N],val[N],p[N];

int Find(int x){
	if(fa[x]==x) return x;
	return fa[x]=Find(fa[x]);
}

void Merge(int u,int v,int w){
	if(dis[u]<dis[v]) swap(u,v);
	fa[u]=v; val[u]=dis[u]-w;
}

bool Cmp1(int x,int y){
	return dis[x]<dis[y];
}

bool Cmp2(int x,int y){
	return val[x]<val[y];
}

signed main(){
	read(n),read(m),read(s),read(k);
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(val,0x3f,sizeof(val));
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v,w;
		read(u),read(v),read(w);
		if(u==s) Ckmin(dis[v],w);
		else if(v==s) Ckmin(dis[u],w);
		else e.push_back({u,v,w});
	}
	sort(e.begin(),e.end());
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	ll ans=0;
	for(Edge i:e){
		int u=i.u,v=i.v,w=i.w;
		u=Find(u),v=Find(v);
		if(u==v) continue;
		Merge(u,v,w); ans+=w;
	}
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i;
	sort(p+1,p+n+1,Cmp1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x=p[i];
		if(dis[x]>1e9) break;
		if(Find(x)!=x) continue;
		ans+=dis[x]; val[x]=IINF; cnt++;
	}
	if(cnt>k) return puts("Impossible"),0;
	sort(p+1,p+n+1,Cmp2);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(cnt==k) break;
		int x=p[i];
		if(val[x]>1e9)
			return puts("Impossible"),0;
		ans+=val[x],cnt++;
	}
	printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

posted @ 2025-03-04 15:02 XP3301_Pipi 阅读(7) 评论(0) 编辑收藏举报

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