北京师范大学第十六届程序设计竞赛决赛 F 汤圆防漏理论

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/117/F
来源：牛客网

汤圆防漏理论

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64bit IO Format: %lld

题目描述

ghc很喜欢吃汤圆，但是汤圆很容易被粘(zhān)漏。

根据多年吃汤圆经验，ghc总结出了一套汤圆防漏理论：

互相接触的汤圆容易粘(zhān)在一起，并且接触面积不同，粘(zhān)在一起的粘(nián)度也不同。

当ghc要夹起一个汤圆时，这个汤圆和现在碗里与这个汤圆接触的所有汤圆之间的粘(nián)度的和，如果大于汤圆的硬度，这个汤圆就会被粘(zhān)漏。

今天ghc又要煮汤圆啦，今天要煮n个汤圆，并且摆盘的方法已经设计好：

汤圆按照编号，有m对汤圆互相接触，用x_i, y_i, z_i表示编号为x_i和y_i的两个汤圆互相接触，粘(nián)度为z_i。

汤圆当然是越软越好吃，但是ghc的厨艺只允许把所有汤圆煮成同样的硬度。那么，汤圆的硬度最小可以是多少，可以满足吃的过程中，存在一种夹汤圆的顺序，使得没有汤圆会被粘(zhān)漏呢？

注意：

不考虑汤圆的重力作用；

不能同时夹多个汤圆；

吃完汤圆一定要喝点汤。

输入描述:

第一行是一个正整数T(≤ 5)，表示测试数据的组数，

对于每组测试数据，

第一行是两个整数n,m(1≤ n,m≤ 100000)，

接下来m行，每行包含三个整数x_i, y_i, z_i(1≤ x_i, y_i ≤ n, x_i ≠ y_i, 1 ≤ z_i ≤ 1000000)，

同一对汤圆不会出现两次。

输出描述:

对于每组测试数据，输出一行，包含一个整数，表示汤圆硬度的最小值。

示例1

输入

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1
4 6
1 2 2
1 3 2
1 4 2
2 3 3
2 4 3
3 4 5

输出

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6

 法一：直接算

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

using LL = long long;
using P = pair<LL, int>;

LL cnt[N];
int n, m;

set<P> edge[N];

priority_queue<P, vector<P>, greater<P> > Q;

void Work()
{
    LL ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        Q.push({cnt[i], i});
    }
    while(!Q.empty())
    {
        auto tmp = Q.top(); Q.pop();
        if(tmp.first != cnt[tmp.second]) continue;
        int u = tmp.second;
        ans = max(ans, tmp.first);
        for(auto p : edge[u])
        {
            int v = p.second;
            cnt[v] -= p.first;
            edge[v].erase({p.first, u});
            Q.push({cnt[v], v});
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

int main()
{
   int T;
   cin >> T;
   while(T--)
   {
       cin >> n >> m;
       for(int i = 1; i <= n; i++) 
       {
            edge[i].clear();
            cnt[i] = 0;
       }

       int u, v, w;
       for(int i = 1; i <= m; i++)
       {
            cin >> u >> v >> w;
            cnt[u] += w;
            cnt[v] += w;
            edge[u].insert({w, v});
            edge[v].insert({w, u});
       }
       Work();
   }

}

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll      long long
#define N       100000
#define mod     1000000007
#define pa      pair<ll,ll>
vector<pa>g[N+5];
set<pa>p;
ll sum[N+5];        //表示编号为i的人的粘稠度综合
bool vis[N+5];      //去重
int main()
{
    int i,j,t,q,n,m,a,b,w,x;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(i=1;i<=n;i++)        //p不需要清了，本来就是空的
        {
            g[i].clear();
            sum[i]=0;
            vis[i]=false;
        }
        while(m--)
        {
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&w);
            g[a].push_back(pa(b,w));
            g[b].push_back(pa(a,w));    //将a,b连接起来
            sum[a]+=w;
            sum[b]+=w;
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
            p.insert(pa(sum[i],i));     //将数据输入到set
        ll maxd=0; 
        while(!p.empty())           //贪心
        {
            set<pa>::iterator it=p.begin();
            pa now= *it;    //now.first表示他的粘稠度，now,second表士坐标
            p.erase(*it);
            maxd=max(now.first,maxd);
        //  printf("%lld  now.first=%lld
",maxd,now.first);
            x=now.second;
            vis[x]=true;            //标记   
            //第一步，删除权值的边
            for(i=0;i<g[x].size();i++)
            {
                pa l=g[x][i];           //为了理解，再写下，l.first是x对应的边
                if(vis[l.first])
                    continue;
                p.erase(pa(sum[l.first],l.first));
                sum[l.first]-=l.second;
                p.insert(pa(sum[l.first],l.first));
            }
             
        }
        printf("%lld
",maxd);
    }
     
    return 0;
}

题解：  
二分硬度，拓扑排序判断是否可行  
代码：  
#include<bits/stdc++.h>  
using namespace std;  
#define ll long long  
const int maxn=1e5+7;  
struct node  
{  
    int to;ll cost;  
};  
vector<node>p[maxn];  
queue<int>P;  
ll a[maxn],zz[maxn];  
bool vis[maxn];  
int n,m,xx[maxn],yy[maxn];  
bool pp(ll x)  
{  
    for(int i=0;i<=n;i++)p[i].clear();  
    memset(a,0,sizeof(a));  
    for(int i=0;i<m;i++)  
    {  
        node e;e.to=yy[i];e.cost=zz[i];  
        p[xx[i]].push_back(e);  
        e.to=xx[i];  
        p[yy[i]].push_back(e);  
        a[xx[i]]+=zz[i];  
        a[yy[i]]+=zz[i];  
    }  
    int ans=0;memset(vis,0,sizeof(vis));  
    for(int i=1;i<=n;i++)  
    {  
        if(!vis[i]&&a[i]<=x)  
        {  
            ans++;  
            vis[i]=1;  
            for(int j=0;j<p[i].size();j++)  
            {  
                int to=p[i][j].to;ll z=p[i][j].cost;  
                a[to]-=z;  
                if(!vis[to]&&a[to]<=x)P.push(to),ans++,vis[to]=1;  
            }  
        }  
    }  
    while(!P.empty())  
    {  
        int v=P.front();P.pop();  
        for(int i=0;i<p[v].size();i++)  
        {  
            node e=p[v][i];  
            a[e.to]-=e.cost;  
            if(!vis[e.to]&&a[e.to]<=x)P.push(e.to),ans++,vis[e.to]=1;  
        }  
    }  
    if(ans==n)return 1;  
    return 0;  
}  
int main()  
{  
    int T;scanf("%d",&T);  
    while(T--)  
    {  
        scanf("%d%d",&n,&m);  
        for(int i=0;i<m;i++)  
        {  
            int x,y;ll z;  
            scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);  
            xx[i]=x;yy[i]=y;zz[i]=z;  
        }  
        ll l=-1,r=1e18;  
        while(r-l>1)  
        {  
            ll mid=(l+r)/2;  
            if(pp(mid))r=mid;  
            else l=mid;  
        }  
        printf("%lld
",r);  
    }  
    return 0;  
}