poj 2831(次小生成树)

题意：给你一幅图，再给你Q个询问，每个询问为id cost，即如果将id这条边的边权改为cost的话，这条边是否可能是最小生成树中的一条边

解题思路：将第i条边(u,v)的权值修改的话，要判断是否是最小生成树中的一条边，首先要把它加入进去，此时必定会引起原来的生成树成环，所以必定要擦去一条边，擦去的是哪一条边，这就利用到了次小生成树的原理了。

之前写过一个次小生成树的题，现在回过头看，感觉又有点不对了。

这里再总结一次：

首先肯定是构造一颗最小生成树，接下来就是枚举不在生成树里的边，假定为(u,v)，此时应该把它加入到生成树中，但这样肯定会形成u->v的环路，此时肯定要删除u->v这条环路里的边，删哪一条呢？肯定是除了边(u,v)外的最大边。

现在是如何找到这条最大边，可以采用dp的思想，即dp[i][j]表示在树上i->j的最大值（注意，由于是树，肯定i->j的路径是唯一的）。我们在做Prim算法时，每次都是加入一个顶点S，我们还应该记录下顶点S加入到生成树里，它与谁相连，即我们在更新low[]数组时要记录的。这样，我们可以得到状态方程：dp[i][j] = dp[j][i] = max(dp[j][pre[i]],low[i]),此时i为即将要加入的点，而j是已经在生成树顶点集合里的点。

完成了一次Prim算法，同样也可以将dp数组更新好了，那么回到最开始的问题，删除的边我们就可以直接用dp[u][v]。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;const int maxn = 100005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
struct Edge
{int u,v,c;
}edge[maxn];
int n,m,q;
int map[1005][1005],path[1005][1005];
int pre[1005],low[1005];
bool vis[1005],used[1005][1005];int Prim()
{int k = 1,ans = 0;memset(path,0,sizeof(path));memset(vis,false,sizeof(vis));memset(used,false,sizeof(used));vis[k] = true;for(int i = 1; i <= n; i++){low[i] = map[k][i];pre[i] = k;}for(int i = 1; i < n; i++){int MIN = inf;for(int j = 1; j <= n; j++)if(vis[j] == false && low[j] < MIN){MIN = low[j];k = j;}ans += MIN;vis[k] = true;used[k][pre[k]] = used[pre[k]][k] = true;for(int j = 1; j <= n; j++){if(vis[j] == true && j != k)path[j][k] = path[k][j] = max(path[j][pre[k]],low[k]);if(vis[j] == false && low[j] > map[k][j]){low[j] = map[k][j];pre[j] = k;}}}return ans;
}int main()
{while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&q)!=EOF){memset(map,inf,sizeof(map));for(int i = 1; i <= m; i++){scanf("%d%d%d",&edge[i].u,&edge[i].v,&edge[i].c);map[edge[i].u][edge[i].v] = map[edge[i].v][edge[i].u] = min(map[edge[i].u][edge[i].v],edge[i].c);}int ans = Prim();while(q--){int id,cost;scanf("%d%d",&id,&cost);if(path[edge[id].u][edge[id].v] >= cost)printf("Yes\n");else printf("No\n");}}return 0;
}

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