[bzoj2654]tree（二分+最小生成树）

题目：

我是超链接

题解：

一开始博主想要把黑白边分开，然后sort，选择前need小的白边连起来，然后再连黑边

但这个贪心是不对的，因为黑边的大小不确定，如果目前选择了较小的白边，可能会选上更大的黑边

问题的关键在于求出的最小生成树不一定含有need条白边

1、如果白边 > need条，我们需要“拖累”白边，让ta不要加进去那么多，你光拖白边A，不拖白边B就很不公平啊，所以要拖累就把所有的白边全都拖累上

2、如果白边 < need条，我们需要“帮助”这些白边，让ta加进去的更多一些，那就给ta们全都减去一个值

我们到底是帮助还是拖累呢？具体帮多少呢？我们可以运用二分！

你可以发现这是单调的：你加入的值越多，可以加入的白边就越少；反之亦然

那就走起？最后的答案就是 sum-你添加的总值

下面是一些小细节：

当有一种情况，mid+1加入的白边少1，mid加入的白边多1，这要怎么办呢？这样的情况只会出现于一些白边和黑边的权值相等，我们在排序的时候，权值相等的白边在先就OK啦

以下为博主口胡，即使不注意这个，你依然可以过这道题

但你的程序不一定是对的，试一下（卡掉学姐的）这组数据

3 3 1

0 1 4 1

0 2 2 0

1 2 2 0

ans=6

一个小问题：你的ans值什么时候修改呢？我们说你不能对于ans取min值（why?）

如果你把这个语句（ans=min(ans,sum-need*mid)）放在[选的白边小于need]的后面，你就不怕一上来白边就小于mid，选了一棵正常的最小生成树，以后的权值肯定不会被修改

如果你把这个语句放在[选的白边大于need]的后面，你就不怕一上来白边大于mid，就同上了（hack了学姐。。。）

事实上可以证明当我们限定白边的数量一定的时候，答案也是唯一的

可以避免这个问题：只有在白点相等的时候再修改ans值

但是这样的答案是错的？

为什么呢？因为这道题的题目是错的，ta其实想让你求让你求一棵最小权的至少有need条白色边的生成树。

发现这个问题之后，以上就全部是博主的自我揣测了

代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define INF 1e9
using namespace std;
struct hh{int x,y,c,col;}e[100005],b[100005];
int f[50005],n,m,ne,sum;
int cmp(hh a,hh b){if (a.c==b.c)return a.col<b.col;else return a.c<b.c;}
int find(int x)
{
if (f[x]!=x) f[x]=find(f[x]);
return f[x];
}
int check(int mid)
{
int i,tot=0,size=0;sum=0;
for (i=0;i<n;i++) f[i]=i;
for (i=1;i<=m;i++)
{
b[i]=e[i];
if (e[i].col==0) b[i].c+=mid;
}
sort(b+1,b+m+1,cmp);
for (i=1;i<=m;i++)
{
int a=find(b[i].x),c=find(b[i].y);
if (a!=c)
{
f[a]=c;
tot++;sum+=b[i].c;
if (!b[i].col) size++;
}
if (tot==n-1) break;
}
return size;
}
int main()
{
int i,ans=INF;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&ne);
for (i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].c,&e[i].col);
int l=-100,r=100;
while (l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)<ne) r=mid-1;//加入的边太少了，需要减的值很多啊
else l=mid+1,ans=sum-mid*ne;
}
printf("%d",ans);
}