nyoj--118--修路方案（次小生成树）

修路方案

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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

来源

POJ题目改编

上传者

张云聪

次小生成树，这道题我用的克鲁斯卡尔实现，先找到最小生成树，然后开始枚举，每次排除一条边，看是否能找到下一个最小生成树，找到的时候一定要判断是不是已经把每一条边全部连入！！

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node
{
	int u,v,val;
	int flog;
}edge[200000+10];
int pre[1000],m,n,minn;
void init()
{
	for(int i=0;i<1000;i++)
	pre[i]=i;
}
int cmp(node s1,node s2)
{
	return s1.val<s2.val;
}
int find(int x)
{
	return pre[x]==x?x:pre[x]=find(pre[x]);
}
int F(int w)
{
	int sum=0;
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		if(i!=w)
		{
			int fx=find(edge[i].u);
			int fy=find(edge[i].v);
			if(fx!=fy)
			{
				pre[fx]=fy;
				sum+=edge[i].val;
			}
		}
	}
	int s=find(1);//判断全部的点是不是已经全部连进去
	for(int i=2;i<=n;i++)
	if(pre[i]!=s)
	return -1;
	return sum;
}
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		init();
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=0;i<m;i++)
		scanf("%d%d%d",&edge[i].u,&edge[i].v,&edge[i].val),edge[i].flog=0;
		sort(edge,edge+m,cmp);
		minn=0;
		for(int i=0;i<m;i++)//找到最小生成树
		{
			int fx=find(edge[i].u);
			int fy=find(edge[i].v);
			if(fx!=fy)
			{
				pre[fx]=fy;
				edge[i].flog=1;//标记这条边在最小生成树中已经用过
				minn+=edge[i].val;
			}
		}
		int flag=0;
		for(int i=0;i<m;i++)
		{
			if(edge[i].flog)//每次排除一条边
			{
				init();
				if(F(i)==minn)
				{
					flag=1;
					break;
				}
			}
			if(flag) break;
		}
		if(flag) printf("Yes\n");
		else printf("No\n");
	}
	return 0;
}