[bzoj 1016] [JSOI2008]最小生成树计数:Kruskal,枚举
2016-09-24 22:02
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题意:求给定无向加权图不同最小生成树的棵数,点不超过100个,边不超过1000条,权值相等的边不超过10条,无自环、重边。只要两棵最小生成树有一条边不同,那么它们就不一样。
我猜想这道题一定和Kruskal有关,考察对算法的理解。就像 NOI 2014 动物园 考察对KMP的理解。
为什么会产生不同的最小生成树呢?Kruskal中的不确定因素是什么?排序。只要求按边权升序排列,没对相等的边权作要求。
是不是合并过程中,每个时刻图的连通情况都相同,无论权值相等的边怎么摆?如果这样,那么只用检查权值相等且连接相同的两个连通块的边。
其实这样样例都过不了,而且反例很容易举。没有深入思考就开始码……
说起来,今天物理课讲逻辑电路,老师问我们班两个搞OI的同学偏软还是偏硬:“你们是敲字母?”然后老师让我去讲一道题,可是当时没搞出来……
然而,如果把权值相等的边看作一整段,每段结束后,连通情况必然是相同的。只需求出有多少种方式能到达相同的局面即可。枚举?怎么判断两种局面是否相同呢?时间复杂度会爆炸吗?跑矩阵树?这道题听人讲过(但是没明白),没说要用这个啊,而且我目前不会……
UPDATE 2016.11.15
为什么每段结束后连通情况相同呢?给一个直观的解释。不可能合并更多连通块。如果没合并本可以合并的连通块,要么永远不连通,要么由其他更大边权的边完成这件事,从而与最小性相悖。
看了题解。我离正解很近了……但是没能更进一步。既然不管怎么合并,连通情况是相同的,那么只需判断合并的次数。经过估算,“权值相等的边不超过10条”保证了枚举的可行性。现在想来,按照之前的一点点思路,扫描一遍用最小表示法编号来判断也是可以的,这样这道题基本上就是我自己做出来的了;但是马后炮谁都会……
WA了几次,复制、还原数组没搞清楚,而且没判断无解的情况……我的脑海里是闪过这个念头的,但是重新瞟了一眼题面,错误地认为数据保证有解(出题人:我可没说)。看了神犇的代码才发现这个问题……
据说矩阵树也是可以的。
我猜想这道题一定和Kruskal有关,考察对算法的理解。就像 NOI 2014 动物园 考察对KMP的理解。
为什么会产生不同的最小生成树呢?Kruskal中的不确定因素是什么?排序。只要求按边权升序排列,没对相等的边权作要求。
是不是合并过程中,每个时刻图的连通情况都相同,无论权值相等的边怎么摆?如果这样,那么只用检查权值相等且连接相同的两个连通块的边。
其实这样样例都过不了,而且反例很容易举。没有深入思考就开始码……
说起来,今天物理课讲逻辑电路,老师问我们班两个搞OI的同学偏软还是偏硬:“你们是敲字母?”然后老师让我去讲一道题,可是当时没搞出来……
然而,如果把权值相等的边看作一整段,每段结束后,连通情况必然是相同的。只需求出有多少种方式能到达相同的局面即可。枚举?怎么判断两种局面是否相同呢?时间复杂度会爆炸吗?跑矩阵树?这道题听人讲过(但是没明白),没说要用这个啊,而且我目前不会……
UPDATE 2016.11.15
为什么每段结束后连通情况相同呢?给一个直观的解释。不可能合并更多连通块。如果没合并本可以合并的连通块,要么永远不连通,要么由其他更大边权的边完成这件事,从而与最小性相悖。
看了题解。我离正解很近了……但是没能更进一步。既然不管怎么合并,连通情况是相同的,那么只需判断合并的次数。经过估算,“权值相等的边不超过10条”保证了枚举的可行性。现在想来,按照之前的一点点思路,扫描一遍用最小表示法编号来判断也是可以的,这样这道题基本上就是我自己做出来的了;但是马后炮谁都会……
WA了几次,复制、还原数组没搞清楚,而且没判断无解的情况……我的脑海里是闪过这个念头的,但是重新瞟了一眼题面,错误地认为数据保证有解(出题人:我可没说)。看了神犇的代码才发现这个问题……
据说矩阵树也是可以的。
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> using namespace std; const int MAX_N = 100, MAX_M = 1000, MOD = 31011; int n, m, buf[3][MAX_N+1], *root = buf[0], *t = buf[1], *t1 = buf[2], op[10], size; // t~初态,t1~末态 struct Edge { int u, v, c; bool operator<(const Edge& rhs) const { return c < rhs.c; } } E[MAX_M]; int get_root(int x) { return x == root[x] ? x : root[x] = get_root(root[x]); } // 填充第i位,一共j位,值域[k, l) int cal(int i, int j, int k, int l) { if (i == j) { int cnt = 0; memcpy(root, t, size); for (int p = 0; p < j; ++p) { int e = op[p], rx = get_root(E[e].u), ry = get_root(E[e].v); if (rx != ry) { ++cnt; root[ry] = rx; } } return cnt == j; } int ans = 0; for (int x = k; x < l; ++x) { op[i] = x; ans += cal(i+1, j, x+1, l); } return ans; } int main() { scanf("%d %d", &n, &m); size = sizeof(int)*(n+1); for (int i = 1; i <= n; ++i) root[i] = i; for (int i = 0; i < m; ++i) scanf("%d %d %d", &E[i].u, &E[i].v, &E[i].c); sort(E, E+m); int ans = 1, tot = 0; for (int i = 0, j; i < m; i = j) { memcpy(t, root, size); int cnt = 0; for (j = i; j < m && E[i].c == E[j].c; ++j) { int rx = get_root(E[j].u), ry = get_root(E[j].v); if (rx != ry) { root[ry] = rx; ++cnt; } } if (cnt) { memcpy(t1, root, size); ans = (ans * cal(0, cnt, i, j)) % MOD; swap(root, t1); } tot += cnt; } printf("%d\n", tot < n-1 ? 0 : ans); return 0; }
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