题解【洛谷P2619】[国家集训队2]Tree I

题目描述

给你一个无向带权连通图，每条边是黑色或白色。让你求一棵最小权的恰好有(need)条白色边的生成树。

题目保证有解。

输入输出格式

输入格式

第一行(V,E,need)分别表示点数，边数和需要的白色边数。

接下来(E)行

每行(s,t,c,col)表示这边的端点(点从(0)开始标号)，边权，颜色((0)白色(1)黑色)。

输出格式

一行表示所求生成树的边权和。

输入输出样例

输入样例#1

2 2 1
0 1 1 1
0 1 2 0

输出样例#1

2

说明

(0:V<=10)

(1,2,3:V<=15)

(0,..,19:V<=50000,E<=100000)

所有数据边权为([1,100])中的正整数。

(By) (WJMZBMR)

题解

(WQS)二分入门题。

关于(WQS)二分，可以把这里作为教程，做一下这里的练习题。

回到这个题，我们可以将(WQS)二分和(MST)（最小生成树）配合解题。

考虑给每一条白边减去一个值(cost)，使得在坐标轴上横坐标为(k)的点纵坐标最大。

二分(cost)，将每一条白边减去(cost)，最后用(Kruskal)跑一遍(MST)即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cctype>

using namespace std;

inline int gi()
{
    int f = 1, x = 0; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}
    return f * x;
}

int n, m, k, sum, tot, cnt, ans; 
int uu[100003], vv[100003], ww[100003], cc[100003], fa[100003];
struct Node
{
	int u, v, w, c; 
} e[100003];

inline bool cmp(Node x, Node y)//将点权排序
{
	if (x.w == y.w) return x.c > y.c;
	else return x.w < y.w;
}

int getf(int u)//并查集找祖先
{
	if (fa[u] == u) return u;
	return fa[u] = getf(fa[u]);
}

inline bool check(int t)//二分的check
{
	tot = cnt = 0;//将计数器清零
	for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;//初始化祖先
	for (int i = 1; i <= m; i++)//存图
	{
		e[i].u = uu[i], e[i].v = vv[i], e[i].c = cc[i], e[i].w = ww[i];
		if (!cc[i]) e[i].w = e[i].w - t;//白边减去边权
	}
	sort(e + 1, e + 1 + m, cmp);//将边排序
	for (int i = 1; i <= m; i++)//跑一遍MST
	{
		int p = getf(e[i].u), q = getf(e[i].v);
		if (p != q)
		{
			fa[p] = q, tot = tot + e[i].w; 
			if (!e[i].c) ++cnt;//是白色边就计数器+1
		}
	}
	return cnt <= k;//符合题目条件
}

int main()
{
	n = gi(), m = gi(), k = gi();
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		uu[i] = gi(), vv[i] = gi(), ww[i] = gi(), cc[i] = gi();
		++uu[i], ++vv[i];
	}//输入
	int Left = -105, Right = 105;
	while (Left <= Right)//开始二分
	{
		int mid = (Left + Right) >> 1;
		if (check(mid))
		{
			Left = mid + 1, ans = tot + k * mid;//注意ans的存储
		}
		else 
		{
			Right = mid - 1;
		}
	}
	printf("%d
", ans);//输出ans
	return 0;//结束
}