[BZOJ 2654]tree(陈立杰)

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。

Sample Input

2 2 1
0 1 1 1
0 1 2 0

Sample Output

2

Hint

V<=50000,E<=100000,所有数据边权为[1,100]中的正整数。

题解

二分+$kruskal$

如果直接$kruskal$求最小生成树,是无法保证白边数量的,那么我们考虑如果改变白边的数量。我们可以把白边全部都加上一个权值,也就是我们二分的值,然后跑最小生成树,同时记录白边数量。当白边数量>=$need$时,$l=mid+1$,否则$r=mid−1$,更新答案就是这棵生成树的权值和减去所有白边的增量。

证明:
我们发现,如果我们给白边增加权值,做最小生成树,由于白边权值增大,导致不容易选白边。记$f(x)$为给白边增加$x$($x$可为负)权值,做最小生成树后,选白边的数量。可以发现,$f(x)$随$x$增大而减小,显然可以二分。
其次,我们发现,由于黑边的权值是不变的,与白边权值不相互影响。同样由于白边之间关系相对不变,必然选出的$need$条白边一定是符合题意的。

 #include<map>
 #include<ctime>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #include<stack>
 #include<cstdio>
 #include<string>
 #include<vector>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define LL long long
 #define RE register
 #define IL inline
 using namespace std;
 const int V=;
 const int E=;

 int mid;
 int v,e,need,ans,cnt,tmp;
 struct tt
 {
     int u,v,c,col;
 }edge[E+];

 IL int Kruskal();
 bool comp(const tt &a,const tt &b) {return a.c+(a.col^)*mid<b.c+(b.col^)*mid;}

 int set[V+];
 IL int find(int r) {return set[r]!=- ? set[r]=find(set[r]):r;}

 int main()
 {
     scanf("%d%d%d",&v,&e,&need);
     for  (RE int i=;i<=e;i++) scanf("%d%d%d%d",&edge[i].u,&edge[i].v,&edge[i].c,&edge[i].col);
     int l=-,r=;
     while (l<=r)
     {
         mid=(l+r)>>;
         if (Kruskal()>=need) l=mid+,ans=tmp;
         else r=mid-;
     }
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

 IL int Kruskal()
 {
     tmp=cnt=;
     int k=;
     memset(set,-,sizeof(set));
     sort(edge+,edge++e,comp);
     for (RE int i=;i<=e;i++)
     {
         int q=find(edge[i].u);
         int p=find(edge[i].v);
         if (p!=q)
         {
             k+=edge[i].col^;
             set[q]=p;
             cnt++;
             tmp+=edge[i].c;
             if (cnt==v-) break;
         }
     }
     return k;
 }

BZOJ能过的解法

感谢Hzoi_Maple！

由于$COGS$数据会有不满足恰好$need$条白边的情况

打个比方有这样的数据：加$0$时大于$need$，加$1$就小于$need$了。

这样应该在跑最小生成树的时候把所有的白边都加上加的那个权值，结果就是最小生成树的权值和减去$need*$加上的权值，多出来的那一部分完全可以当做黑边来看，因为数据是$100000$的，这样就可以了。（来自Hzoi_Maple）

排序的时候，如果边权相同，要把白边放在前面。

要计算当前至多能取多少白边，当然要把白边放前面。由于保证有解，在$cnt>=need$且$cnt$取最小值的方案下，一定能有黑边把多余的白边代替掉。

 #include<map>
 #include<ctime>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #include<stack>
 #include<cstdio>
 #include<string>
 #include<vector>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define LL long long
 #define RE register
 #define IL inline
 using namespace std;
 const int V=;
 const int E=;

 int mid;
 int v,e,need,ans,cnt,tmp;
 struct tt
 {
     int u,v,c,col,rc;
 }edge[E+];

 IL int Kruskal();
 IL void change();
 bool comp(const tt &a,const tt &b) {return a.rc==b.rc ? a.col<b.col:a.rc<b.rc;}

 int set[V+];
 IL int find(int r) {return set[r]!=- ? set[r]=find(set[r]):r;}

 int main()
 {
     scanf("%d%d%d",&v,&e,&need);
     for  (RE int i=;i<=e;i++) scanf("%d%d%d%d",&edge[i].u,&edge[i].v,&edge[i].c,&edge[i].col);
     int l=-,r=;
     while (l<=r)
     {
         mid=(l+r)>>;
         if (Kruskal()>=need) l=mid+,ans=tmp-need*mid;
         else r=mid-;
     }
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

 IL void change()
 {
     for (RE int i=;i<=e;i++) edge[i].rc=edge[i].c+(edge[i].col^)*mid;
 }
 IL int Kruskal()
 {
     change();
     tmp=cnt=;
     int k=;
     memset(set,-,sizeof(set));
     sort(edge+,edge++e,comp);
     for (RE int i=;i<=e;i++)
     {
         int q=find(edge[i].u);
         int p=find(edge[i].v);
         if (p!=q)
         {
             k+=edge[i].col^;
             set[q]=p;
             cnt++;
             tmp+=edge[i].rc;
             if (cnt==v-) break;
         }
     }
     return k;
 }

COGS能过的解法