【BZOJ 1016】[JSOI2008]最小生成树计数(搜索+克鲁斯卡尔)

【题目链接】:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1016

【题意】

【题解】

/*
    两个最小生成树T和T';
    它们各个边权的边的数目肯定是一样的;
    且相同边权的边;
    那些边所形成的联通性是一样的;

    可以考虑T和T'的形成;
    比如说一开始
    T和T'都是空的;
    然后把边按边权从小到大排序后
    找到的第一种边权的边权为
    v1
    且bian[left..right]都是这种边权的边;

    然后假设T是我们正常用卡鲁斯卡尔算法搞出来的最小生成树;
    那么T在这个阶段肯定会在这right-left+1条边中选择x条边;

    那么这个时候我们再想想T'要怎么选?
    假设我们选y条边
    这里我们分类讨论一下
        假如y>x，
            这种情况是不可能的;
            因为如果y可以大于x;
            那就说明T还可以再加一条边权最小的边v1联通更多的分量;
            而我们在做克鲁斯卡尔的时候已经保证了不能添加更多的分量;
            所以可以排除;
       假如y<x
            这种情况也是不可能的;
            假设我们少选了一条边
            那么这条边链接的两个分量必然是要用更大的边权来链接;
            这就不符合最小生成树了;
            所也可以排除;
      综上可知
      x==y;
      这里所选的y条边的各个节点的连通性必然和x条边的联通性一样;
      因为如果不一样的话,
      那么哪里不一样呢??
        ->假设在T'中相对于T有两个分量没有连通在一起,那么你可以选择T中连接这两个分量的
            边啊。而且因为是升序排的,所以肯定连了更优啊;
          但是显然不可能再有这样的连法了,因为T是正确的最小生成树;
          你如果能找到这样的连法的话,就说明T是不正确的了;
          这就矛盾了;
   根据上面的推导可知;
   每个最小生成树;
   出现的不同边权的种类是一样的,且各种边权的数目是确定的;
   而且只要边权的数目确定了,这个边权造成的连通性的变化都是一样的;

   所以我们只要枚举对于每一种边权,可以用哪些连着不同节点的边,但边权和它相同的边交换一下
   一开始做的最小生成树的边就好了;
   比如第i种边权的边v[i],出现的次数为numv[i];
   然后在用克鲁斯卡尔算法算出的最小生成树中v[i]出现的次数为k;
   则从这numv[i]条边中选出k条边来,看看是不是这k条边中每条边都能对联通量贡献;(如果有一条边在做
   的过程中边的两段链接的联通量已经是在一起的了,就退出,表示不行);
   因为要回溯,所以这里的并查集不能加状态压缩。
   当然n也不大就是了;
    因为有说同边权的边的数目不超过10,所以2^10是可以接受的.
    搜一波;
    然后用乘法原理乘起来就好;
*/

【完整代码】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rei(x) scanf("%d",&x)
#define rel(x) scanf("%lld",&x)

typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<LL, LL> pll;

const int dx[9] = { 0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1 };
const int dy[9] = { 0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1 };
const double pi = acos(-1.0);
const int M = 1100;
const int N = 110;
const int MOD = 31011;

struct abc
{
    int x, y,z;
};

int n, m,f[N],tot = 0,tot1 = 0,num[M],sum = 0,ans = 1;
abc bian[M];

bool cmp1(abc a, abc b)
{
    return a.z < b.z;
}

int ff(int x)
{
    if (f[x] == x) return x;
    else
        return ff(f[x]);
}

void dfs(int l, int r, int now)
{
    if (now == num[tot])
    {
        sum++;
        return;
    }
    if (l > r) return;
    int x = bian[l].x, y = bian[l].y;
    int r1 = ff(x), r2 = ff(y);
    //这里f[r1]==r1,f[r2]==r2;
    if (r1 != r2)
    {
        f[r1] = r2;
        dfs(l + 1, r, now + 1);
        f[r1] = r1, f[r2] = r2;
    }
    dfs(l + 1, r, now);
}

int main()
{
    //freopen("F:\\rush.txt", "r", stdin);
    rei(n), rei(m);
    rep1(i, 1, m)
        rei(bian[i].x), rei(bian[i].y), rei(bian[i].z);
    sort(bian + 1, bian + 1 + m,cmp1);
    rep1(i, 1, n)
        f[i] = i;
    rep1(i, 1, m)
    {
        int l = i, r = i;
        while (r + 1 <= m && bian[r + 1].z == bian[l].z) r++;
        tot1++;
        rep1(j, l, r)
        {
            int x = bian[j].x, y = bian[j].y;
            int r1 = ff(x), r2 = ff(y);
            if (r1 != r2)
            {
                f[r1] = r2;
                tot++;
                num[tot1]++;
            }
        }
        i = r;
    }
    if (tot != n - 1)
        return puts("0"), 0;
    rep1(i, 1, n)
        f[i] = i;
    tot = 0;
    rep1(i, 1, m)
    {
        int l = i, r = i;
        while (r + 1 <= m && bian[r + 1].z == bian[l].z) r++;
        tot++;
        if (num[tot] == 0)
        {
            i = r;//。。。。。。bug点
            continue;
        }
        sum = 0;
        dfs(l, r, 0);
        ans = (ans*sum) % MOD;
        rep1(j, l, r)
        {
            int r1 = ff(bian[j].x), r2 = ff(bian[j].y);
            if (r1 != r2)
                f[r1] = r2;
        }
        i = r;
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}