bzoj 2654 tree （二分 + 最小生成树）

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

题解

woc打完代码之后发现和大佬的代码相似度99%……可怕

考试的时候完全没有思路，考完之后评讲：二分？那是什么?

果然我还是见识得太少了。第一次见二分可以这样用来着。

二分一个权值，使白边的边权集体增加一个mid；这样做能的目的是调整每一次最小生成树中白边的数量。显然白边的边权加得越多，对于白边的选择就越少，这是单调递增的。而即使白边加上了权值，只要得出的树的形态是固定的，那么它的权值就还能再减回去。答案就是加上权值跑出来白边的边数为need时的答案-need*mid。这样就能保证正确性了。

至于还有一种情况：当存在一个mid，使跑出来的树白边的比need多，而mid+1却比need少，这时考虑树中一定存在黑边，且这些黑边的权值和加上mid之后的白边的权值相同（因为保证有解）。那么就假想可以用这些黑边替换掉多余的白边就可以了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 1000020;

struct Node {
int u, v, w, c, next;
} e
;
int n, m, need, now, ans, num = 0, head
, fa
;

void add(int u, int v, int w, int c) {
num ++;
e[num].u = u; e[num].v = v; e[num].c = c;
e[num].w = w; e[num].next = head[u]; head[u] = num;
}

bool cmp(const Node &a, const Node &b) {
if(a.w == b.w) return a.c < b.c;
return a.w < b.w;
}

int find(int x) {
if(x == fa[x]) return x;
return fa[x] = find(fa[x]);
}

bool check() {
int tot = 0, sum = 0; now = 0;
sort(e + 1, e + m + 1, cmp);
for(int i = 1; i <= n; i ++) fa[i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
int fx = e[i].u, fy = e[i].v;
if(fx == fy) continue;
fa[fy] = fx;
now += e[i].w; sum += ! e[i].c;
if(++ tot == n - 1) break;
}
if(sum >= need) return true;
else return false;
}

int main() {
scanf("%d %d %d", &n, &m, &need);
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
int u, v, w, c;
scanf("%d %d %d %d", &u, &v, &w, &c);
add(u, v, w, c);
}
int l = - 101, r = 101, mid;
while(l <= r) {
mid = l + r >> 1;
for(int i = 1; i <= m; i ++)
if(! e[i].c) e[i].w += mid;
if(check()) l = mid + 1, ans = now - need * mid;
else r = mid - 1;
for(int i = 1; i <= m; i ++)
if(! e[i].c) e[i].w -= mid;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}