bzoj 1016 [JSOI2008]最小生成树计数

[JSOI2008]最小生成树计数

Description

现在给出了一个简单无向加权图。你不满足于求出这个图的最小生成树，而希望知道这个图中有多少个不同的最小生成树。（如果两颗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）。由于不同的最小生成树可能很多，所以你只需要输出方案数对31011的模就可以了。

Input

第一行包含两个数，n和m，其中1<=n<=100; 1<=m<=1000; 表示该无向图的节点数和边数。每个节点用1~n的整数编号。接下来的m行，每行包含两个整数：a, b, c，表示节点a, b之间的边的权值为c，其中1<=c<=1,000,000,000。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。

Output

输出不同的最小生成树有多少个。你只需要输出数量对31011的模就可以了。

Sample Input

4 6
1 2 1
1 3 1
1 4 1
2 3 2
2 4 1
3 4 1

Sample Output

8

 

题解：

　　就是最小生成树的话每种权值用了多少边是一定的。

　　可以证明，两棵最小生成树，不同种类（权值一样的边叫做一类）的边用量是一样的。

　　所以说，可以先求一次最小生成树，各个种类的边的用量先知道，然后dfs搜出有多少种

　　方式可以联通出当前权值的联通性，因为在求最小生成树中，该权值的边的联通性是一定

　　包涵完全的。所以乘法原理即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>

#define mod 31011
#define N 107
#define M 1007
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x;
}

int n,m,cnt,tot,ans=1,sum;
int fa[N];
struct edge{int x,y,v;}e[M];
struct data{int l,r,v;}a[M];

bool cmp(edge a,edge b){return a.v<b.v;}
int find(int x){return x==fa[x]?x:find(fa[x]);}
void dfs(int x,int now,int k)
{
     if(now==a[x].r+1)
     {
         if(k==a[x].v)sum++;
         return;
     }
     int p=find(e[now].x),q=find(e[now].y);
     if(p!=q)
     {
         fa[p]=q;
         dfs(x,now+1,k+1);
         fa[p]=p;fa[q]=q;
     }
     dfs(x,now+1,k);
}
int main()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++) e[i].x=read(),e[i].y=read(),e[i].v=read();
    sort(e+1,e+m+1,cmp);
    
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(e[i].v!=e[i-1].v){a[++cnt].l=i;a[cnt-1].r=i-1;}
        int p=find(e[i].x),q=find(e[i].y);
        if(p!=q){fa[p]=q;a[cnt].v++;tot++;}
    }
    a[cnt].r=m;
    if(tot!=n-1){printf("0");return 0;}
    
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        sum=0,dfs(i,a[i].l,0);
        ans=(ans*sum)%mod;
        for(int j=a[i].l;j<=a[i].r;j++)
        {
            int p=find(e[j].x),q=find(e[j].y);
            if(p!=q)fa[p]=q;
        }
    }//爆搜连边，然后乘法原理即可，因为小的边的联通性是可以保证的。 
    printf("%d",ans);
}