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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。
V<=50000,E<=100000,所有数据边权为[1,100]中的正整数。
Sample Input
2 2 1
0 1 1 1
0 1 2 0
Sample Output
2
Solution
乍一看无从下手。可是我完全没有想到那道强化版的题目。
若直接求生成树，我们没办法保证白边的数量符合要求。
如何影响白边的选择？我们尝试对所有白边的权值加上一个偏移值(d)。令(f(d))为偏移值为(d)被选择的白边数量，可以发现(f(d))随着(d)的增长单调不增。这个函数可二分。
于是我们可以二分出当(f(d)=need)时(d)的值。最小生成树对边进行排序时，对于相同权值的边，我们优先选择白边。令(g(d))为偏移值为(d)时最小生成树的权值，则(ans=g(d)-d*use)，其中(use)是最小生成树中白边的数量。
可是(f(d))有可能在(need)处不连续，我们会二分到形如(f(d)>need)且(f(d+1)<need)的情况，二分值夹着答案，怎么办？
注意到我们的对于边的排序方法是若权值相同，白边优先。上述情况可以仔细讨论一下：偏移值为(d)时，存在若干条权值相同的黑边和白边，我们优先选择了白边，因而导致(f(d)>need)，当偏移值为(d+1)时，原来的这些黑边和白边被强行分开了，因为白边权值大了一些，排到了后面去，因此我们优先选完了前面的这些黑边，导致了(f(d)<need)。
(注意这里讨论的边不会涉及到其他权值的边，因为根据我们的排序，当偏移值+1时只会影响到这些边)
所以如今我们只能强行将偏移值为(d)时的一些白边用同权值的黑边来替代。
即(ans=g(d)-d*f(d)+d*(f(d)-need)=g(d)-d*need)。
所以二分得到(d)为(f(d)>=need)的最大值，按上述式子计算即可。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=50005,M=100005,INF=1000000000;
int n,m,need;
int bl[N];
struct Edge{int u,v,w,c;}e[M];
inline bool cmp(const Edge &a,const Edge &b){
if(a.w!=b.w)
return a.w<b.w;
return a.c<b.c;
}
inline int find(int x){return bl[x]==x?x:(bl[x]=find(bl[x]));}
int MST(int &res){
sort(e+1,e+1+m,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++) bl[i]=i;
int sum=0,wsum=0;
res=0;
for(int i=1;i<=m&&sum<n-1;i++){
int u=find(e[i].u),v=find(e[i].v);
if(u==v) continue;
sum++;
wsum+=e[i].w;
bl[u]=v;
res+=e[i].c==0;
}
return wsum;
}
int calc(int delta,int &use){
int tot=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
if(e[i].c==0) e[i].w+=delta,tot++;
int res=MST(use);
for(int i=1;i<=m;i++)
if(e[i].c==0) e[i].w-=delta;
return res;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&need);
n++;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v,w,c;
scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&w,&c);
u++; v++;
e[i]=(Edge){u,v,w,c};
}
int l=-110,r=110,mid,use;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
calc(mid,use);
if(use>=need) l=mid+1;
else r=mid-1;
}
int ans=calc(r,use);
printf("%d
",ans-r*need);
return 0;
}