【BZOJ2654】Tree-WQS二分+最小生成树

测试地址：Tree
做法：本题需要用到WQS二分+最小生成树。
关于WQS二分（又称带权二分？）这个东西……说老实话，我自己不是很能从理性角度理解。我只能大概知道这个东西是应用在这样一种情况：要求求出限制某样东西出现次数为k$k$次的最优解。我们可以用这样一种二分方法解决：为这样东西的出现附一个权值cost$cost$，即每出现一次贡献就加cost$cost$，二分这个cost$cost$，然后忽略掉限制直接求最优解，在得到最优解的基础上，用这样东西出现的最大次数与k$k$比较，来决定cost$cost$的走向。显然这个二分仅在最优解点随cost$cost$单调移动的时候可以使用。然而好像还有一个条件，比如加了cost$cost$之后的最优解对这样东西出现次数的函数要下凸（求最小值时，求最大值相反）之类的，不是很懂为什么有这个限制……
有了这样的方法，这道题就非常显然了，我们给每条白边多附一个权值cost$cost$，然后在二分的时候直接做最小生成树，根据Kruskal的贪心性质，只要在同权值的边中优先选白边，那么最后得到的最优解中一定是同等解中白边数量最多的，用这个来和k$k$比较即可。于是我们就解决了这一题，时间复杂度为O(mlogmlogC)$O(m\log m\log C)$（其中C$C$为cost$cost$的变动范围大小）。
其实还可以稍加优化，我们可以一开始就把所有的黑边和白边排好序，然后每次做最小生成树之前用归并排序来处理边，这样就可以做到O(mlogm+mlogC)$O(m\log m+m\log C)$的时间复杂度了，但是上面的方法已经很快了（因为C$C$比较小），这里我就不写这一种做法了。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,sum,ans,fa[50010];
struct edge
{
    int s,t,c,col;
}e[100010];

bool cmp(edge a,edge b)
{
    if (a.c==b.c) return a.col<b.col;
    else return a.c<b.c;
}

int find(int x)
{
    int r=x,i=x,j;
    while(fa[r]!=r) r=fa[r];
    while(i!=r) j=fa[i],fa[i]=r,i=j;
    return r;
}

void merge(int x,int y)
{
    int fx=find(x),fy=find(y);
    fa[fx]=fy;
}

bool check(int mid)
{
    for(int i=1;i<=m;i++)
        e[i].c+=(!e[i].col)*mid;
    sort(e+1,e+m+1,cmp);

    sum=0;
    int cnt=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
        fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if (find(e[i].s)!=find(e[i].t))
        {
            sum+=e[i].c;
            cnt+=(!e[i].col);
            merge(e[i].s,e[i].t);
        }

    for(int i=1;i<=m;i++)
        e[i].c-=(!e[i].col)*mid;
    if (cnt>=k) return 1;
    else return 0;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%d%d",&e[i].s,&e[i].t,&e[i].c,&e[i].col);

    int l=-101,r=101,ans;
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if (check(mid))
        {
            l=mid+1;
            ans=sum-mid*k;
        }
        else r=mid;
    }
    if (check(l)) ans=sum-l*k;
    printf("%d",ans);

    return 0; 
}