BZOJ1016 最小生成树计数

Description

　　现在给出了一个简单无向加权图。你不满足于求出这个图的最小生成树，而希望知道这个图中有多少个不同的
最小生成树。（如果两颗最小生成树中至少有一条边不同，则这两个最小生成树就是不同的）。由于不同的最小生
成树可能很多，所以你只需要输出方案数对31011的模就可以了。

Input

　　第一行包含两个数，n和m，其中1<=n<=100; 1<=m<=1000; 表示该无向图的节点数和边数。每个节点用1~n的整
数编号。接下来的m行，每行包含两个整数：a, b, c，表示节点a, b之间的边的权值为c，其中1<=c<=1,000,000,0
00。数据保证不会出现自回边和重边。注意：具有相同权值的边不会超过10条。

Output

　　输出不同的最小生成树有多少个。你只需要输出数量对31011的模就可以了。

Sample Input

4 6
1 2 1
1 3 1
1 4 1
2 3 2
2 4 1
3 4 1

Sample Output

8

 

 

正解：克鲁斯卡尔最小生成树+搜索

解题报告：
　　今天考场上考了一道这个题目，我居然没看出来就是一道求最小生成树个数的裸题。。。

　　说起来还是挺水的，就是有许多性质还掌握的不够熟练。不同的最小生成树方案，每种权值的边的数量是确定的，每种权值的边的作用是确定的。所以每种权值看作一个集合，这个集合若想对最终结果产生贡献，即是最小生成树，需要选取的边数是固定的。

　　排序以后先做一遍最小生成树，得出每种权值的边使用的数量x

　　然后对于每一种权值的边搜索，得出每一种权值的边选择方案。就是枚举某条边选不选，暴力搜索是否可行。（因为题目说同种权值不超过10，所以指数级大暴力不虚）

　　最后乘法原理，每一步的方案数相乘。

 

 

 //It is made by jump~
 #include <iostream>
 #include <cstdlib>
 #include <cstring>
 #include <cstdio>
 #include <cmath>
 #include <algorithm>
 #include <ctime>
 #include <vector>
 #include <queue>
 #include <map>
 #include <set>
 #ifdef WIN32
 #define OT "%I64d"
 #else
 #define OT "%lld"
 #endif
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 const int MAXN = ;
 const int MAXM = ;
 const int MOD = ;
 int n,m;
 int first[MAXN],next[MAXM],to[MAXM];
 int cnt;
 int father[MAXN];
 int ans,lin;

 struct build{
     int l,r,cnt;
 }a[MAXM];

 struct edge{
     int x,y,z;
 }e[MAXM];

 inline int getint()
 {
        int w=,q=;
        char c=getchar();
        while((c<'' || c>'') && c!='-') c=getchar();
        if (c=='-')  q=, c=getchar();
        while (c>='' && c<='') w=w*+c-'', c=getchar();
        return q ? -w : w;
 }

 inline bool cmp(edge q,edge qq){ return q.z<qq.z; }

 inline int find(int x){
     //不能路径压缩！！！
     if(father[x]!=x) return find(father[x]); //father[x]=find(father[x]);
     return father[x];
 }

 inline void dfs(int x,int now,int gong){
     if(now==a[x].r+) {
     if(gong==a[x].cnt) lin++;//必须选指定的条数
     return ;
     }
     int r1=find(e[now].x),r2=find(e[now].y);
     if(r1!=r2) {//枚举选还是不选
     father[r1]=r2;
     dfs(x,now+,gong+);
     father[r1]=r1; father[r2]=r2;
     }
     dfs(x,now+,gong);//不选
 }

 inline void solve(){
     n=getint(); m=getint();
     int x,y,z;
     for(int i=;i<=m;i++) {
     x=getint(); y=getint(); z=getint();
     e[i].x=x; e[i].y=y; e[i].z=z;
     }

     sort(e+,e+m+,cmp);

     for(int i=;i<=n;i++) father[i]=i;

     int gg=;
     for(int i=;i<=m;i++) {
     if(e[i].z!=e[i-].z) { cnt++; a[cnt].l=i; a[cnt-].r=i-; }
     int r1=find(e[i].x),r2=find(e[i].y);
     if(r1!=r2) {
         father[r2]=r1;
         a[cnt].cnt++;
         gg++;
         //if(gg==n-1) break;
     }
     }
     a[cnt].r=m;

     if(gg!=n-) { printf(""); return ;  }
     for(int i=;i<=n;i++) father[i]=i;

     ans=;
     for(int i=;i<=cnt;i++) {
     lin=;
     dfs(i,a[i].l,);
     ans*=lin; if(ans>=MOD) ans%=MOD;

     for(int j=a[i].l;j<=a[i].r;j++) {
         int r1=find(e[j].x),r2=find(e[j].y);
         if(r1!=r2) father[r2]=r1;
     }
     }

     printf("%d",ans);
 }

 int main()
 {
   solve();
   return ;
 }