nyoj 118 修路方案（次小生成树）

修路方案

时间限制：3000 ms  |  内存限制：65535 KB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<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int dis[505];
int vis[505];
int pre[505];
int mat[505][505];
int path[505][505];
bool mst[505][505];
int n,m,ans;
int prim(){
int ans=0;
memset(path,0,sizeof(path));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(mst,false,sizeof(mst));
for(int i=1;i<=n;i++){
dis[i]=mat[1][i];
pre[i]=1;//记录前驱
}
vis[1]=1;
dis[1]=0;
for(int i=2;i<=n;i++){//一定是循环n-1次
int minn=inf;
int pos;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(!vis[j]&&dis[j]<minn){
minn=dis[j];
pos=j;
}
}
if(!vis[pos])
ans+=minn;//先计算最小生成树值
vis[pos]=1;
mst[pos][pre[pos]]=mst[pre[pos]][pos]=true;//记录边是否在最小生成树T中

for(int j=1;j<=n;j++){
if(vis[j]&&j!=pos)
path[j][pos]=path[pos][j]=max(path[j][pre[pos]],dis[pos]);//存储j到pos的最大权值
if(!vis[j]&&dis[j]>mat[pos][j]){
dis[j]=mat[pos][j];
pre[j]=pos;//记录前驱
}
}
}
return ans;
}
int prim_s(){//计算次小生成树
int res=inf;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i!=j&&!mst[i][j]){//遍历不在最小生成树中的边
res=min(res,ans-path[i][j]+mat[i][j]);
}
}
}
return res;
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
memset(mat,inf,sizeof(mat));
scanf("%d%d",&n,&m);
int a,b,c;
for(int i=0;i<m;i++){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
if(c<mat[a][b])
mat[a][b]=mat[b][a]=c;
}
ans=prim();
int res=prim_s();
if(ans==res){
printf("Yes\n");
}
else printf("No\n");
}
return 0;
}