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题意

(n)个点(m)条带权边的无向连通图(G)，记(G)的最小生成树集合(minTree)，求满足(edge in minTree_i(1leq i leq size(minTree)))的条数。（既这条边要在(G)的所有最小生成树中出现）

(2 leq n <mleq2* 10^5),(1 leq w leq 10^6)

题解

考虑相同权值的边对最小生成树造成的影响。将边排序后，记(w_i)为当前要加的边的权值，(G’)为使用权值(w_j(1leq j leq i - 1))的边依照kruskal算法构成的图。那么向(G')加入所有(w_x = w_i)的边而构成的图(G'')的桥就是出现在所有最小生成树中的边，然后不断以递推的形式就能求解。

1.(G')可能有很多个，那么选择某个(G')是否对(G'')的桥的个数会有影响？

​ 不会，记权值为(w_i)的边的两个端点为(u,v)，(G')的顶点集合为(S)，如果(u in S, v in S)，那么无论是哪个(G')，这条边都不会加入(G')去构成(G'')。如果不都属于(S)，那么这条边与(G')中边没有任何关系，既无论是哪个(G')都不会对(G'')造成影响。

2.如果每加入一组权值为(w_i)的边，都求一次图(G'')的桥，会不会超时？

​ 显然会超时，由1得，新加的边与(G')没有关系，所以可以将(G')的各个连通分支压缩成一个点。然后建图，跑完Tarjan，再删除原来的图。

代码

const int N = 200050;

struct Edge { int u, v, w; } e[N];
struct node { int to, next, id; } G[N << 1];

int n, m, p, tot, cnt;
int fa[N], Low[N], Dfn[N], res[N], head[N];

bool cmp(Edge& a, Edge& b) { return a.w < b.w; }

void Inite() {
    cnt = tot = 0;
    mem(head, -1);
    rep(i, 1, N) fa[i] = i;
}

void addedge(int u, int v, int id) {
    G[tot].to = v, G[tot].id = id, G[tot].next = head[u], head[u] = tot++;
    G[tot].to = u, G[tot].id = id, G[tot].next = head[v], head[v] = tot++;
}

void Tarjan(int u, int last) {
    Low[u] = Dfn[u] = ++cnt;
    for (int i = head[u]; ~i; i = G[i].next) if (i != (1 ^ last)) {
        int v = G[i].to;
        if (Dfn[v]) Low[u] = min(Low[u], Dfn[v]);
        else {
            Tarjan(v, i);
            Low[u] = min(Low[u], Low[v]);
            if (Dfn[u] < Low[v]) res[G[i].id] = 1;
        }
    }
}

int Find(int a) {
    return (a == fa[a] ? a : (fa[a] = Find(fa[a])));
}

void Solve() {
    for (int i = 1, j = 1; i <= m; i = j, tot = 0) {
        while(e[j].w == e[i].w) ++j;
        rep(k, i, j) {
            int fu = Find(e[k].u), fv = Find(e[k].v);
            if (fu != fv) addedge(fu, fv, k);
        }
        rep(k, i, j) {
            int fu = Find(e[k].u), fv = Find(e[k].v);
            if ((fu != fv) && !Dfn[fu]) Tarjan(fu, -1);
        }
        rep(k, i, j) {
            int fu = Find(e[k].u), fv = Find(e[k].v);
            Dfn[fu] = Dfn[fv] = 0;
            head[fu] = head[fv] = -1;
            if (fu != fv) fa[fu] = fv;
        }
    }

    int ans = 0;
    Rep(i, 1, m) ans += res[i];
    pr(ans);
}

int main()
{
    Inite();
    
    IOS;

    cin >> n >> m >> p;
    Rep(i, 1, m) cin >> e[i].u >> e[i].v >> e[i].w;

    sort(e + 1, e + m + 1, cmp);

    Solve();
    return 0;
}