BZOJ 2654 二分+最小生成树

2654: tree

Description

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。

Input

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)。

Output

一行表示所求生成树的边权和。

V<=50000,E<=100000,所有数据边权为[1,100]中的正整数。

Sample Input

2 2 1

0 1 1 1

0 1 2 0

Sample Output

2

【解题报告】

显然可以发现随着白边权值的增大。最小生成树中白边的个数不增。

然后根据这个性质我们就可以二分一个值，然后每次给白边加上这个值。看一下最小生成树中白边的个数。

最后答案再把它减去。

看起来思路非常简单，但是有一个很重要的细节。

如果在你的二分过程中如果给白边加上mid,你得到的白边数比need大。

给白边加上mid+1,你得到的白边比need小。

这种情况看似没法处理。

但是考虑一下克鲁斯卡尔的加边顺序。

可以发现如果出现这种情况，一定是有很多相等的白边和黑边。因为数据保证合法。

所以我们可以把一些白边替换成黑边。

所以我们要在白边数>=need的时候跟新答案。

具体用sumv=tot-ned*mid即可。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 100005

int n,m,ned;
int sumv,tot,cnt;
int fa
;
struct Edge
{
int u,v,w,c;
}e
;

bool cmp(Edge a,Edge b)
{return a.w==b.w?a.c<b.c:a.w<b.w;}
int find(int x)
{return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
bool check(int x)
{
tot=0,cnt=0;
for(int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;++i) if(!e[i].c) e[i].w+=x;
sort(e+1,e+m+1,cmp);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int p=find(e[i].u),q=find(e[i].v);
if(p!=q)
{
fa[p]=q;
tot+=e[i].w;
if(!e[i].c) ++cnt;
}
}
for(int i=1;i<=m;++i) if(!e[i].c) e[i].w-=x;
return cnt>=ned;
}

int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&ned);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
scanf("%d%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w,&e[i].c);
++e[i].u,++e[i].v;
}
int l=-105,r=105;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) l=mid+1,sumv=tot-ned*mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",sumv);
return 0;
}