GMOJ 5275. 水管 题解

也许是吧

首先

明显的，不论是prim还是kruskal，都是可以生成所有最小生成树的，只要精心构造一下输入边的顺序即可。

所以，我们可以精心构造边的顺序使得两次生成的最小生成树不一样，这就可以作为最小生成树不唯一的充分条件。 （充分必要条件？也许是吧，能A就行）

于是

众所周知，在kruskal中，可以作为最小生成树边但没有被选上的边纯粹是运气不好，被心情不好的sort排到了后面。

那么，我们可以用一种巧妙的办法，使得两次kruskal中相同权值的边翻转一下，这样一条可能的边一定会去到占用它位置的边的前面。

为了区分任意两条边，我们给每一条边打一个唯一的时间戳，在排序时以第二关键字参与排序。一次顺序，一次倒序，这样就可以使得相同权值的边的顺序反转。然后再做一遍最小生成树，如果不一样，那么说明最小生成树不唯一。

当然，也可以手动处理出每个权值的范围，直接翻转，会跑得快一些。

那么

上代码。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct arc{
	int x,y,z,key;
	bool used;
}a[200010];
int t,n,m,s[100010];
bool comp1(arc a,arc b){
	return(a.z<b.z||(a.z==b.z&&a.key<b.key));
}
bool comp2(arc a,arc b){
	return(a.z<b.z||(a.z==b.z&&a.key>b.key));
}
template<typename T>void read(T &x){
	char c=getchar();
	for(;c<33;c=getchar());
	for(x=0;(47<c)&&(c<58);x=x*10+c-48,c=getchar());
}
int root(int m){
	if(s[m]){
		return(s[m]=root(s[m]));
	}
	return(m);
}
void uni(int x,int y){
	s[root(y)]=root(x);
}
int main(){
	for(read(t);t;t--){
		read(n);read(m);
		for(int i=1;i<=m;i++){
			read(a[i].x);read(a[i].y);read(a[i].z);
			a[i].used=0;
			a[i].key=i;
		}
		sort(a+1,a+m+1,comp1);
		memset(s,0,sizeof(s));
		long long ans=0,v=0;
		for(int i=1,j=0;i<n;i++){
			for(j++;j<=m&&root(a[j].x)==root(a[j].y);j++);
			uni(a[j].x,a[j].y);
			ans+=a[j].z;
			a[j].used=1;
		}
		sort(a+1,a+m+1,comp2);
		memset(s,0,sizeof(s));
		for(int i=1,j=0;i<n;i++){
			for(j++;j<=m&&root(a[j].x)==root(a[j].y);j++);
			uni(a[j].x,a[j].y);
			if(!a[j].used){
				v=1;
				break;
			}
		}
		printf("%lld
",ans);
		printf(v?"No
":"Yes
");
	}
}

2020/8/4 update:

显然这个东西的正确性是有问题的

????/?/? update:

显然按照是否被用过来排序就对了