[HDU3072]:Intelligence System（塔尖+贪心）
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题目描述
“这一切都是命运石之门的选择。”
试图研制时间机器的机关SERN截获了中二科学家伦太郎发往过去的一条短 信，并由此得知了伦太郎制作出了电话微波炉（仮）。
为了掌握时间机器的技术，SERN总部必须尽快将这个消息通过地下秘密通讯 网络，传达到所有分部。
SERN共有N个部门（总部编号为0），通讯网络有M条单向通讯线路，每条线 路有一个固定的通讯花费$C_i$。
为了保密，消息的传递只能按照固定的方式进行：从一个已知消息的部门向 另一个与它有线路的部门传递（可能存在多条通信线路）。我们定义总费用为所 有部门传递消息的费用和。
幸运的是，如果两个部门可以直接或间接地相互传递消息（即能按照上述方法将信息由X传递到Y，同时能由Y传递到X），我们就可以忽略它们之间的花费。
由于资金问题（预算都花在粒子对撞机上了），SERN总部的工程师希望知道， 达到目标的最小花费是多少。
输入格式
多组数据，文件以2个0结尾。
每组数据第一行，一个整数N，表示有N个包括总部的部门（从0开始编号）。 然后是一个整数M，表示有M条单向通讯线路。
接下来M行，每行三个整数$X_i$,$Y_i$,$C_i$，表示第i条线路从$X_i$连向$Y_i$，花费为$C_i$。
输出格式
每组数据一行，一个整数表示达到目标的最小花费。
样例
样例输入：
3 3
0 1 100
1 2 50
0 2 100
3 3
0 1 100
1 2 50
2 1 100
2 2
0 1 50
0 1 100
0 0
样例输出：
150
100
50
数据范围与提示
样例解释：
第一组数据：总部把消息传给分部1，分部1再传给分部2。总费用：100+50=150。
第二组数据：总部把消息传给分部1，由于分部1和分部2可以互相传递消息，所以分部1可以无费用把消息传给2。总费用：100+0=100。
第三组数据：总部把消息传给分部1，最小费用为50。总费用：50。
数据范围：
对于10%的数据，保证M=N-1。
对于另30%的数据，N≤20，M≤20。
对于100%的数据，N≤50000，M≤105，$C_i$≤105，数据组数≤5。
数据保证一定可以将信息传递到所有部门。
题解
不知道你有没有注意到这句话：
幸运的是，如果两个部门可以直接或间接地相互传递消息（即能按照上述方法将信息由X传递到Y，同时能由Y传递到X），我们就可以忽略它们之间的花费。
这意味着什么呢？
就是说，在一个强联通分量里，任意两点之间相互到达的花费为0，那么直接一个塔尖缩点刚上去就好了。
那么缩完点之后要怎么计算答案呢？
考虑这样一个问题，贪心思想，我们要从根节点到达所有点，每一个点被到达一次即可，那么我们就找所有能到达这个点中权值最小的那个边，走它就好了。
枚举所有的边，找非强联通分量里的边，不断更新这条边的to的最小值即可。
模板一定要打对！！！
代码时刻
本题代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec
{
int nxt;
int to;
int w;
}e[100010];//存边
int n,m;
int head[50010],cnt;
int dfn[50010],low[50010],sta[50010],ins[50010],c[50010],num,top,tot;//塔尖
int ans;//存储答案
int fl[50010];//存储最小的那个边
void pre_work()//多测不清空，爆零两行泪TAT……
{
cnt=num=top=tot=0;
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
head[i]=dfn[i]=low[i]=ins[i]=c[i]=0;
memset(fl,0x3f,sizeof(fl));
}
void add(int x,int y,int w)//建边
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
e[cnt].w=w;
head[x]=cnt;
}
void tarjan(int x)//塔尖求强联通分量
{
dfn[x]=low[x]=++num;
sta[++top]=x;
ins[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
if(!dfn[e[i].to])
{
tarjan(e[i].to);
low[x]=min(low[x],low[e[i].to]);
}
else if(ins[e[i].to])
low[x]=min(low[x],dfn[e[i].to]);
}
if(dfn[x]==low[x])
{
tot++;
int y;
do
{
y=sta[top--];
ins[y]=0;
c[y]=tot;
}while(x!=y);
}
}
int main()
{
memset(fl,0x3f,sizeof(fl));
while(1)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
if(!n&&!m)break;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,c;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
add(x+1,y+1,c);
}
tarjan(1);
for(int x=1;x<=n;x++)
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(c[x]!=c[e[i].to])
fl[c[e[i].to]]=min(fl[c[e[i].to]],e[i].w);//不断更新最小值
fl[c[1]]=0;
for(int i=1;i<=tot;i++)ans+=fl[i];
printf("%d\n",ans);
pre_work();
}
return 0;
}
HDU代码（输入格式不同）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec
{
int nxt;
int to;
int w;
}e[100010];
int n,m;
int head[50010],cnt;
int dfn[50010],low[50010],sta[50010],ins[50010],c[50010],num,top,tot;
int ans;
int fl[50010];
void pre_work()
{
cnt=num=top=tot=0;
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
head[i]=dfn[i]=low[i]=ins[i]=c[i]=0;
memset(fl,0x3f,sizeof(fl));
}
void add(int x,int y,int w)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
e[cnt].w=w;
head[x]=cnt;
}
void tarjan(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++num;
sta[++top]=x;
ins[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
if(!dfn[e[i].to])
{
tarjan(e[i].to);
low[x]=min(low[x],low[e[i].to]);
}
else if(ins[e[i].to])
low[x]=min(low[x],dfn[e[i].to]);
}
if(dfn[x]==low[x])
{
tot++;
int y;
do
{
y=sta[top--];
ins[y]=0;
c[y]=tot;
}while(x!=y);
}
}
int main()
{
memset(fl,0x3f,sizeof(fl));
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,c;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
add(x+1,y+1,c);
}
tarjan(1);
for(int x=1;x<=n;x++)
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(c[x]!=c[e[i].to])
fl[c[e[i].to]]=min(fl[c[e[i].to]],e[i].w);
fl[c[1]]=0;
for(int i=1;i<=tot;i++)ans+=fl[i];
printf("%d\n",ans);
pre_work();
}
return 0;
}
rp++
