刷题总结——保留道路（ssoj）

题目：

题目背景

161114-练习-DAY1-AHSDFZ T3

题目描述

很久很久以前有一个国家，这个国家有 N 个城市，城市由 1，2，3，…，,N 标号，城市间有 M 条双向道路，每条道路都有两个属性 g 和 s ，两个城市间可能有多条道路，并且可能存在将某一城市与其自身连接起来的道路。后来由于战争的原因，国王不得不下令减小花费从而关闭一些道路，但是必须要保证任意两个城市相互可达。

道路花费的计算公式为 wG*max{所有剩下道路的属性g}+wS*max{所有剩下道路的属性s}，其中 wG 和 wS 是给定的值。国王想要在满足连通性的前提下使这个花费最小，现在需要你计算出这个花费。

输入格式

第一行包含两个正整数 N 和 M 。
第二行包含两个正整数 wG 和 wS 。
后面的 M 行每行描述一条道路，包含四个正整数 u，v，g，s，分别表示道路连接的两个城市以及道路的两个属性。

输出格式

输出一个整数，表示最小花费。若无论如何不能满足连通性，输出 -1 。

样例数据 1

输入　 [复制]

 

3 3 
2 1 
1 2 10 15 
1 2 4 20 
1 3 5 1

输出

30

备注

【数据规模与约定】
对于 10% 的数据，N≤10；M≤20；
对于 30% 的数据，N≤100；M≤1000；
对于 50% 的数据，N≤200；M≤5000；
对于 100% 的数据，N≤400；M≤50000；wG,wS,g,s≤1000000000

题解：

30 分做法：
按照 g 属性从小到大排序，枚举 maxG，对满足 maxG 的所有道路
按照 s 属性从小到大排序，然后做 kruskal，时间复杂度O(M^2logM)。

50 分做法：
在 30 分基础上，发现每次只增加一条边，插入到上次的边集合中再做 kruskal 即可，时间复杂度 O(M^2)。

100 分做法：
依旧按照 g 属性从小到大排序。丌断加入新边的过程中发现，当前的最小生成树只可能是由未加入新边的最小生成树的边和当前新边组成的共 N 条边中选出 N-1 条构成。因此维护一个最小生成树边集，每次只在 N 条边中做最小生成树，时间复杂度 O(MN)。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=;
struct node
{
  int go;
  int to;
  int g;
  int s;
}ed[N];
int n,m,fa[];
int sta[],tot,num;
long long wG,wS;
long long ans=2e18+;
inline int Ri()
{
  char c;
  int i=,f=;
  for(c=getchar();(c>''||c<'')&&c!='-';c=getchar());
  if(c=='-')
  {
    i=-;
    c=getchar();
  }
  for(;c<=''&&c>='';c=getchar())
    f=(f+(f<<)<<)+(c^'');
  return f*i;
}
inline long long Rl()
{
  char c;
  long long i=,f=;
  for(c=getchar();(c>''||c<'')&&c!='-';c=getchar());
  if(c=='-')
  {
    i=-;
    c=getchar();
  }
  for(;c<=''&&c>='';c=getchar())
    f=(f+(f<<)<<)+(c^'');
  return f*i;
}
inline int getfa(int x)
{
  if(fa[x]==x)  return x;
  else return getfa(fa[x]);
}
inline void comb(int x,int y)
{
  int Fx=getfa(x);
  int Fy=getfa(y);
  if(Fx!=Fy)
    fa[Fx]=Fy;
}
bool comp(node a,node b)
{
  if(a.g==b.g) return a.s<b.s;
  return a.g<b.g;
}
int main()
{
  //freopen("a.in","r",stdin);
  n=Ri();
  m=Ri();
  wG=Rl();
  wS=Rl();
  for(int i=;i<=m;i++)
  {
    ed[i].go=Ri();
    ed[i].to=Ri();
    ed[i].g=Ri();
    ed[i].s=Ri();
  }
  sort(ed+,ed+m+,comp);
  tot=;
  int j;
  for(int i=;i<=m;i++)
  {
    for(j=;j<=n;j++)
      fa[j]=j;
    for(j=tot;j>=;j--)
    {
      if(ed[sta[j]].s>ed[i].s)
        sta[j+]=sta[j];
      else
        break;
    }
    tot++,sta[j+]=i;
    num=;
    for(j=;j<=tot;j++)
    {
      int Fg=getfa(ed[sta[j]].go);
      int Ft=getfa(ed[sta[j]].to);
      if(Fg!=Ft)
      {
        fa[Fg]=Ft;
        sta[++num]=sta[j];
      }
    }
    if(num==n-)
      ans=min(ans,ed[sta[num]].s*wS+ed[i].g*wG);
    tot=num;
  }
  if(ans==2e18+)  cout<<"-1"<<endl;
  else cout<<ans<<endl;
  return ;
}