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问题描述
C国由n个小岛组成,为了方便小岛之间联络,C国在小岛间建立了m座大桥,每座大桥连接两座小岛。两个小岛间可能存在多座桥连接。然而,由于海水冲刷,有一些大桥面临着不能使用的危险。
如果两个小岛间的所有大桥都不能使用,则这两座小岛就不能直接到达了。然而,只要这两座小岛的居民能通过其他的桥或者其他的小岛互相到达,他们就会安然无事。但是,如果前一天两个小岛之间还有方法可以到达,后一天却不能到达了,居民们就会一起抗议。
现在C国的国王已经知道了每座桥能使用的天数,超过这个天数就不能使用了。现在他想知道居民们会有多少天进行抗议。
如果两个小岛间的所有大桥都不能使用,则这两座小岛就不能直接到达了。然而,只要这两座小岛的居民能通过其他的桥或者其他的小岛互相到达,他们就会安然无事。但是,如果前一天两个小岛之间还有方法可以到达,后一天却不能到达了,居民们就会一起抗议。
现在C国的国王已经知道了每座桥能使用的天数,超过这个天数就不能使用了。现在他想知道居民们会有多少天进行抗议。
输入格式
输入的第一行包含两个整数n, m,分别表示小岛的个数和桥的数量。
接下来m行,每行三个整数a, b, t,分别表示该座桥连接a号和b号两个小岛,能使用t天。小岛的编号从1开始递增。
接下来m行,每行三个整数a, b, t,分别表示该座桥连接a号和b号两个小岛,能使用t天。小岛的编号从1开始递增。
输出格式
输出一个整数,表示居民们会抗议的天数。
样例输入
4 4
1 2 2
1 3 2
2 3 1
3 4 3
1 2 2
1 3 2
2 3 1
3 4 3
样例输出
2
样例说明
第一天后2和3之间的桥不能使用,不影响。
第二天后1和2之间,以及1和3之间的桥不能使用,居民们会抗议。
第三天后3和4之间的桥不能使用,居民们会抗议。
第二天后1和2之间,以及1和3之间的桥不能使用,居民们会抗议。
第三天后3和4之间的桥不能使用,居民们会抗议。
数据规模和约定
对于30%的数据,1<=n<=20,1<=m<=100;
对于50%的数据,1<=n<=500,1<=m<=10000;
对于100%的数据,1<=n<=10000,1<=m<=100000,1<=a, b<=n, 1<=t<=100000。
对于50%的数据,1<=n<=500,1<=m<=10000;
对于100%的数据,1<=n<=10000,1<=m<=100000,1<=a, b<=n, 1<=t<=100000。
思路
用并查集,逆向思考,假设一开始所有小岛都不连通,将每座桥按可用天数从大到小排序,之后按顺序判断每座桥连通的两个小岛原来是否连通,一旦发现它们原来不连通(不在一个集合),有了这座桥就连通了,抗议天数就+1,不过抗议天数+1时需要另外判断:这次抗议是否和上次抗议在同一天,若是同一天就不+1,不是同一天才+1,这里的判断依据是——上次引起居民抗议的那座桥的使用天数 是否和 这次引起抗议的这座桥的使用天数相同.
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstdlib> 4 #include <cstring> 5 #include <string> 6 #include <cmath> 7 #include <map> 8 #include <queue> 9 #include <algorithm> 10 #define INF 0x3f3f3f3f 11 #define zero 1e-7 12 13 using namespace std; 14 typedef long long ll; 15 const ll mod=1e9+7; 16 const ll max_n=1e4+7; 17 const ll max_m=1e5+7; 18 19 struct node { 20 int a, b, t; 21 }e[max_m]; 22 23 bool cmp(node x, node y) { 24 return x.t>y.t; 25 } 26 27 int n, m; 28 int par[max_n]; 29 int ans=0; 30 //初始化每个小岛是一个单独的集合 31 void init() { 32 for(int i=1; i<=n; i++) { 33 par[i]=i; 34 } 35 } 36 //查找x的根节点 37 int fid(int x) { 38 if(par[x]==x) return x; 39 return par[x]=fid(par[x]); 40 } 41 //统计抗议天数 42 void f() { 43 int preday=0;//记录上次引起抗议的那座桥的使用天数 44 for(int i=0; i<m; i++) { 45 int x=fid(e[i].a); 46 int y=fid(e[i].b); 47 if(x!=y) { 48 par[y]=x; 49 if(e[i].t!=preday) { 50 ans++; 51 preday=e[i].t; 52 } 53 } 54 } 55 } 56 57 int main() { 58 cin>>n>>m; 59 for(int i=0; i<m; i++) { 60 cin>>e[i].a>>e[i].b>>e[i].t; 61 } 62 sort(e, e+m, cmp);//将桥按使用天数从大到小排序 63 init(); 64 f(); 65 cout<<ans<<endl; 66 return 0; 67 }