nyoj118 修路工程 次小生成树

修路方案

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难度：5

描述

南将军率领着许多部队，它们分别驻扎在N个不同的城市里，这些城市分别编号1~N，由于交通不太便利，南将军准备修路。

现在已经知道哪些城市之间可以修路，如果修路，花费是多少。

现在，军师小工已经找到了一种修路的方案，能够使各个城市都联通起来，而且花费最少。

但是，南将军说，这个修路方案所拼成的图案很不吉利，想让小工计算一下是否存在另外一种方案花费和刚才的方案一样，现在你来帮小工写一个程序算一下吧。

输入

第一行输入一个整数T(1<T<20)，表示测试数据的组数
每组测试数据的第一行是两个整数V,E，(3<V<500,10<E<200000)分别表示城市的个数和城市之间路的条数。数据保证所有的城市都有路相连。
随后的E行，每行有三个数字A B L，表示A号城市与B号城市之间修路花费为L。

输出

对于每组测试数据输出Yes或No（如果存在两种以上的最小花费方案则输出Yes,如果最小花费的方案只有一种，则输出No)

样例输入

2
3 3
1 2 1
2 3 2
3 1 3
4 4
1 2 2
2 3 2
3 4 2
4 1 2

样例输出

No
Yes

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define M 501
int ch1[M][M];   //保存原始边
int ch2[M][M];   //ch2[i][j]表示i到j的路径中的最大比边
vector<int> s;   //保存最小生成树的节点
int v[M];        //标记访问过的节点
int sum=0;
void prim(int m,int n)
{
    s.clear();s.push_back(m);v[m]=1;
    while(s.size()!=n)
    {
        int k=200000,x,y;
        for(int i=0;i<s.size();i++)
        {
            int r=s[i];
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                if(!v[j]&&ch1[r][j]!=-1)
                {
                    if(k>ch1[r][j])
                    {
                        k=ch1[r][j];
                        x=r;
                        y=j;
                    }
                }
            }
        }
        for(int i=0;i<s.size();i++)
        {
            if(ch2[s[i]][x]<ch1[x][y])
            {
                ch2[y][s[i]]=ch2[s[i]][y]=ch1[x][y];
            }
            else
            {
                ch2[y][s[i]]=ch2[s[i]][y]=ch2[s[i]][x];
            }
        }
        s.push_back(y);
        sum+=k;
        v[y]=1;
        ch1[x][y]=-1;
        ch1[y][x]=-1;
    }
}
int main()
{
    int N;scanf("%d",&N);
    while(N--)
    {
        int m,n;scanf("%d%d",&m,&n);
        memset(ch1,-1,sizeof(ch1));memset(ch2,-1,sizeof(ch2));memset(v,0,sizeof(v));
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            ch1[x][y]=z;ch1[y][x]=z;
            ch2[x][y]=z;ch2[y][x]=z;
        }
        prim(1,m);
        int flat=0;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                if(ch1[i][j]!=-1)
                {
                    int k=sum-ch2[i][j]+ch1[i][j];
                    if(k==sum)
                    {
                        flat=1;
                        break;
                    }
                }
            }
            if(flat)
                break;
        }
        if(flat)cout<<"Yes"<<endl;
        else cout<<"No"<<endl;
    }
}

这个题看了三天了，真是纠结，不过对 普利姆算法的理解加深了不少。

方法1：首先求出最小生成树T，然后枚举添加每条不在最小生成树上的边(u,v)，由于最小生成树连接了所有的点，那么再添加一条边的话一定会形成 一个环。找到环上权值第二大的一条边(即除(u,v)以外的权值最大的一条边)，把这条边删除，计算其权值和，取所有枚举修改的生成树权值之和的最小值， 就是次小生成树。 

实现方法：从每个节点u遍历整个最小生成树，定义Max[v]为从u到v的路径上最大边的权值。遍历图求出Max[v]的值，然后对于添加每条不在最小生 成树中的边(u,v)，新的生成树权值之和就是Min+ map(i,j) – Max[j](Min为最小生成树的权值)，记录其最小值，则为次小生成树。

关键是那个最大边的求法，一定要理解。