BZOJ1016 [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<=1,000,000,0
00。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

HINT

Source

分析：

首先需要一个结论，对于一个图的不同最小生成树，每种方案所包含的每种权值的边的数量一定一致。

换句话说，把每种方案包含的所有边的边权都写下来，写出来的序列一定都一样。

证明：

考虑kruskal的过程，开始时，每个点单独构成一个集合。

首先只考虑权值最小的边，将它们全部添加进图中（记作步骤1）。

那么现在的图有若干部分是联通的了。这就是添加完最短边后，能够形成的最多的联通分量的数目，注意，根据Kruskal，也是这种权值的边添加完成之后的联通分量数目（贪心原则）

现在我们得出一个结论，添加完最小权值的边后，最终形成的联通分量是一定的，且集合的划分情况一定相同。

那么真正添加的边数也是相同的。因为每添加一条边集合的数目便减少1，不可能出现添加一条边集合数目不变或减少2的情况。

那么权值第二小的边呢？我们将之间得到的集合每个集合都缩为一个点，那么权值第二小的边就变成了当前权值最小的边，也有上述的结论。

因此每个阶段，添加的边数都是相同的。我们以权值划分阶段，那么也就意味着某种权值的边的数目是完全相同的。

根据上面这个结论，我们只需要用Kruskal求一遍最小生成树，统计每种权值的边出现的次数。

然后dfs对每一种权值的边有多少种选边方法即可

另外，可以看一下周冬的OI集训队论文《生成树的计数及其应用》，里面有更厉害的解法

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=31011;
struct edge
{
    int x,y,l;
    bool operator < (const edge &e) const
    {
        return l<e.l;
    }
}g[1010];
vector<edge> v[1010];
int cnt[1010],f[110],tot;
int find(int x)
{
    if (x==f[x]) return x;
    f[x]=find(f[x]);
    return f[x];
}
int find2(int x)
{
    if (x==f[x]) return x;
    return find2(f[x]);
}
int dfs(int k,int p,int now)
{
    if (p==v[k].size())
      return now==cnt[k];
    int ret=0,x,y,z;
    if (now<cnt[k])
    {
        x=find2(v[k][p].x);
        y=find2(v[k][p].y);
        if (x!=y)
        {
            f[x]=y;
            ret+=dfs(k,p+1,now+1);
            f[x]=x;
        }
    }
    if (now+v[k].size()-p-1>=cnt[k]) ret+=dfs(k,p+1,now);
    return ret;
}
int main()
{
    int i,j,k,m,n,p,q,x,y,z,now=0,ans;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (i=1;i<=m;i++)
      scanf("%d%d%d",&g[i].x,&g[i].y,&g[i].l);
    sort(g+1,g+m+1);
    for (i=1;i<=n;i++)
      f[i]=i;
    for (i=1;i<=m;i++)
    {
        if (g[i].l>g[i-1].l) tot++;
        v[tot].push_back(g[i]);
        x=find(g[i].x);
        y=find(g[i].y);
        if (x!=y)
        {
            cnt[tot]++;
            f[x]=y;
            now++;
        }
    }
    if (now<n-1)
    {
        printf("0
");
        return 0;
    }
    ans=1;
    for (i=1;i<=n;i++)
      f[i]=i;
    for (i=1;i<=tot;i++)
    {
        ans=(ans*dfs(i,0,0))%mod;
        for (j=0;j<v[i].size();j++)
        {
            x=find(v[i][j].x);
            y=find(v[i][j].y);
            f[x]=y;
        }
    }
    printf("%d
",ans);
}