AcWing 1148 秘密的牛奶运输
\(AcWing\) \(1148\) 秘密的牛奶运输
一、题目描述
农夫约翰要把他的牛奶运输到各个销售点。
运输过程中，可以先把牛奶运输到一些销售点，再由这些销售点分别运输到其他销售点。
运输的总距离越小，运输的成本也就越低。
低成本的运输是农夫约翰所希望的。
不过，他并不想让他的竞争对手知道他具体的运输方案，所以他希望采用 费用第二小 的运输方案 而不是最小的。
现在请你帮忙找到该运输方案。
注意：
- 如果两个方案至少有一条边不同，则我们认为是不同方案；
- 费用第二小的方案在数值上一定要严格大于费用最小的方案；
- 答案保证一定有解；
输入格式
第一行是两个整数 \(N,M\)，表示销售点数和交通线路数；
接下来 \(M\) 行每行 \(3\) 个整数 \(x,y,z\)，表示销售点 \(x\) 和销售点 \(y\) 之间存在线路，长度为 \(z\)。
输出格式
输出费用第二小的运输方案的运输总距离。
数据范围
\(1≤N≤500\),
$1≤M≤10\(4\),
\(1≤z≤ 10 ^9\),
数据中可能包含重边。
输入样例：
4 4
1 2 100
2 4 200
2 3 250
3 4 100
输出样例：
450
二、解题思路
本题求 严格次小生成树。我们只需要 将最小生成树中某一条边替换为另一条较大的边 即可，可以尝试加上每一条非树边，然后去掉多余的边，最后在所有方案中 求权值最小 的那个就是答案了。
如图所示，我们求出了图的一个最小生成树，然后尝试连接\(u\)到\(v\)(非最小生成树中的边)，从而在生成树中\(u\)到\(v\)的路径加上\(u\)到\(v\)的这条边就构成了一个环，我们可以删掉 生成树中 \(u\)到\(v\)的路径中的 任意一条边，就可以得到新的生成树。
由最小生成树的性质知，\(u\sim v\)之间的边权 一定是这个环上边权最大的一个 ，否则当初就不如走它了，那也就不是最小生成树了。为了生成一棵 次小生成树 ，需要在环中删除那个小于\(u\sim v\)边权的边中的 最大值。
设原最小生成树的边权之和为\(sum\)，\(u\sim v\)的边权为\(w\)，待删除的树边的边权是\(d\)，则生成的新的生成树的边权之和为\(sum + w - d\)，\(sum\)和\(w\)是固定的，为了边权之和尽可能的小，则待删去的边权\(d\)要尽可能的大，这就解释了为什么要删去环中除\(w\)外 边权最大的边。
因为题目要求的是 严格意义上的次小生成树，要求新生成树的权值和 一定要比最小生成树大，所以在上图的环中如果删除了和\(w\)一样大的树边，得到的还是最小生成树，既然不能确定生成树中\(u\)到\(v\)经过的边的边权都不大于\(w\)，那么只好求出\(u\)到\(v\)的路径中边权的 最大值和 次大值 了，即使最大值等于\(w\)，次大值也会小于\(w\)。
解释：
- 次小生成树 :次小生成树的边长和 大于等于 最小生成树的边长和
- 严格次小生成树 :次小生成树的边长和 大于 最小生成树的边长和
分情况讨论
- 如果\(w==d_{zd}\)，则替换掉\(d_{cd}\),即\(w->d_{cd}\)
- 如果\(w>d_{zd}\),则替换掉\(d_{zd}\),即\(w->d_{zd}\)
下面的问题就是如何在一棵树中 求任意两个节点间路径中最大的边权和次大的边权 了，可以用\(dfs\)+换根 来实现。
时间复杂度
\(O(N^2)\)
四、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 510, M = 10010;
int n, m;
// 结构体
struct Edge {
int a, b, w;
bool flag; // 是不是最小生成树中的边
bool const operator<(const Edge &t) const {
return w < t.w;
}
} edge[M]; // 因为本题需要用链式前向星建图，所以避开了使用e做为边的数组名称
int d1[N][N]; // 从i出发，到达j最短距离
int d2[N][N]; // 从i出发，到达j次短距离
LL sum; // 最小生成树的边权和
// 邻接表
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// 并查集
int p[N];
int find(int x) {
if (x == p[x]) return x;
return p[x] = find(p[x]);
}
/*
假设根为s,求出树中任意两点间的最长距离和严格次长距离。
需要配合换根进行枚举操作才会有效果。
s:出发点
u:到达了u点
fa:u的前序节点，防止走回头路
m1:这条路径上已经获取到的最长路径
m2:这条路径上已经获取到的次长路径
*/
void dfs(int s, int u, int fa, int m1, int m2) {
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边
int v = e[i]; // v为u的对边节点
if (v == fa) continue; // 不走回头路
int t1 = m1, t2 = m2; // 必须要复制出来td1和td2,原因是此轮要分发多个子任务，此m1,m2是多个子任务共享的父亲传递过来的最大和次大值
if (w[i] > t1)
t2 = t1, t1 = w[i]; // 更新最大值、次大值
else if (w[i] < t1 && w[i] > t2)
t2 = w[i]; // 更新严格次大值
// 记录从s出发点，到v节点，一路上的最长路径和严格次长路径
d1[s][v] = t1, d2[s][v] = t2;
// 生命不息，探索不止
dfs(s, v, u, t1, t2);
}
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
// 初始化邻接表
memset(h, -1, sizeof h);
// Kruskal + 建图
for (int i = 0; i < m; i++) scanf("%d %d %d", &edge[i].a, &edge[i].b, &edge[i].w);
// 按边权由小到大排序
sort(edge, edge + m);
// 初始化并查集
for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i;
// Kruskal求最小生成树
for (int i = 0; i < m; i++) {
int a = edge[i].a, b = edge[i].b, w = edge[i].w;
int pa = find(a), pb = find(b);
if (pa != pb) {
p[pa] = pb; // 并查集合并
// ①最小生成树的边权和
sum += w;
// ②最小生成树建图,无向图,为求最小生成树中任意两点间的路径中最大距离、次大距离做准备
add(a, b, w), add(b, a, w);
// ③标识此边为最小生成树中的边,后面需要枚举每条不在最小生成树中的边
edge[i].flag = 1;
}
}
// d1[i][j]和d2[i][j]
// 换根，以每个点为根，进行dfs,可以理解为枚举了每一种情况，肯定可以获取到任意两点间的最长路径和严格次长路径
for (int i = 1; i <= n; i++) dfs(i, i, 0, 0, 0);
LL res = 1e18; // 预求最小，先设最大
// 枚举所有不在最小生成树中的边,尝试加入a->b的这条直边
for (int i = 0; i < m; i++)
if (!edge[i].flag) {
int a = edge[i].a, b = edge[i].b, w = edge[i].w;
if (w > d1[a][b]) // 最小生成树外的一条边，(a-b),如果比最小生成树中a-b的最长边长，就有机会参加评选次小生成树。
// 最终的选举结果取决于它增加的长度是不是最少的
res = min(res, sum + w - d1[a][b]); // 替换最大边
else if (w > d2[a][b]) // 替换严格次大边
res = min(res, sum + w - d2[a][b]); // 严格次小生成树的边权和
}
// 输出
printf("%lld\n", res);
return 0;
}
