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题目描述
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。
输入格式
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）。
输出格式
一行表示所求生成树的边权和。
样例
样例输入：
2 2 1
0 1 1 1
0 1 2 0
样例输出：
2
数据范围与提示
V≤50000,E≤100000，所有数据边权为[1,100]中的正整数。
题解
看到题很恐怖，首先，应该都能想到最小生成树，因为题目上就说了嘛～
但是还有要求，要恰好有need条白边，那么问题就复杂了。
考虑一下，如果我们对所有白边的权值都加或减一个值，然后再跑Kruskal，使用白边的个数就会发生变化，我们就找这样一个值，使使用白边个数为need，然后用这个权值进行计算，将当前情况下所有的边都加进答案，然后最后再减去need×权值，得出的结果极为答案。
发现边权为[1,100]中的正整数，所以时间复杂度O(200×E)。
然而：
发现BZOJ总是能给你意外的惊喜……
优化时间复杂度，考虑二分法：
1.二分法QJ测试点：
然后你能在BZOJ上而分出这个结果：完全无视白边个数这个问题，直接求最小生成树……
内心过于震惊！！！
标程：
说实话，这样有些不道德，毕竟……
无论如何，这道题用来检验你的最小生成树有没有打对还是好的^_^
2.显然上面那种做法很不道德，严重QJ测试点行为！！！那么考虑二分答案进行优化，二分所有白边加或减的这个权值，如果白边个数不足need，则权值要减，反之同理。
时间复杂度O(7×E)。
那么你可能会有疑问，如果出现这样一种情况，当权值为w时，使用白边的个数<need，但是当权值为w-1时，使用白边的个数又>need了，然而题目要求我们求一棵最小权的 恰好 有need条白色边的生成树，那么这种做法的正确性又怎么论证呢？
这样思考，其实当w-1时，增加的白边个数其实也就是权值为w时把它们挤掉的那些黑边，所以其实多出来的白边都可以用黑边代替，所以就不用担心这些问题了。
代码时刻
暴力：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec
{
int s;
int t;
int c;
bool col;
}e[100001],new_e[100001];//e表示原边，new_e用来存储暂时加权值的边
int V,E,need;
int f[50001];
int val;
int sum;
void change(int x,int val)//给new_e赋值
{
new_e[x].s=e[x].s;
new_e[x].t=e[x].t;
new_e[x].c=e[x].c+(e[x].col^1)*val;//如果白边就加上val，如果是黑边则不加
new_e[x].col=e[x].col;
}
bool cmp(rec a,rec b){if(a.c==b.c)return a.col<b.col;return a.c<b.c;}//结构体排序
int find(int x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}//并查集
bool judge(int x)//判断可不可以
{
int ans=0,cnt=0;
for(int i=1;i<=V;i++)f[i]=i;//并查集记得初始化
for(int i=1;i<=E;i++)change(i,x);
sort(new_e+1,new_e+E+1,cmp);
for(int i=1;i<=E;i++)
{
int xx=find(new_e[i].s);
int yy=find(new_e[i].t);
if(xx==yy)continue;
cnt++;
ans+=new_e[i].col^1;
sum+=new_e[i].c;
f[xx]=yy;
if(cnt==V-1)
if(ans>=need)return 1;
else return 0;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&V,&E,&need);
for(int i=1;i<=E;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&e[i].s,&e[i].t,&e[i].c,&e[i].col);
e[i].s++;
e[i].t++;
}
int ans;
for(int i=100;i>=-100;i--)//爆力枚举答案
{
sum=0;
if(judge(i)){ans=sum-need*i;break;}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
QJ测试点，说白了就是Kruskal板子：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec
{
int s;
int t;
int c;
}e[100001];
bool col;
int V,E,need;
int f[50001];
int val;
int ans,cnt;
bool cmp(rec a,rec b){return a.c<b.c;}
int find(int x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&V,&E,&need);
for(int i=1;i<=E;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&e[i].s,&e[i].t,&e[i].c,&col);
e[i].s++;
e[i].t++;
}
for(int i=1;i<=V;i++)f[i]=i;
sort(e+1,e+E+1,cmp);
for(int i=1;i<=E;i++)
{
int x=find(e[i].s);
int y=find(e[i].t);
if(x==y)continue;
cnt++;
ans+=e[i].c;
f[x]=y;
if(cnt==V-1)break;
}
cout<<ans;
return 0;
}
正解：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec
{
int s;
int t;
int c;
bool col;
}e[100001],new_e[100001];
int V,E,need;
int f[50001];
int val;
int sum;
void change(int x,int val)
{
new_e[x].s=e[x].s;
new_e[x].t=e[x].t;
new_e[x].c=e[x].c+(e[x].col^1)*val;
new_e[x].col=e[x].col;
}
bool cmp(rec a,rec b){if(a.c==b.c)return a.col<b.col;return a.c<b.c;}
int find(int x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
bool judge(int x)
{
int ans=0,cnt=0;
for(int i=1;i<=V;i++)f[i]=i;
for(int i=1;i<=E;i++)change(i,x);
sort(new_e+1,new_e+E+1,cmp);
for(int i=1;i<=E;i++)
{
int xx=find(new_e[i].s);
int yy=find(new_e[i].t);
if(xx==yy)continue;
cnt++;
ans+=new_e[i].col^1;
sum+=new_e[i].c;
f[xx]=yy;
if(cnt==V-1)
if(ans>=need)return 1;
else return 0;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&V,&E,&need);
for(int i=1;i<=E;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&e[i].s,&e[i].t,&e[i].c,&e[i].col);
e[i].s++;
e[i].t++;
}
int lft=-105,rht=105,ans;
while(lft<=rht)//二分答案
{
sum=0;
int mid=(lft+rht)>>1;
if(judge(mid))
{
ans=sum-need*mid;
lft=mid+1;
}
else rht=mid-1;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
rp++