BZOJ 1016--[JSOI2008]最小生成树计数（kruskal搜索）

1016: [JSOI2008]最小生成树计数

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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

题目链接：

　　　　http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1016

Solution

　　首先可以发现在不同的最小生成树中，同权值的边的数量是一样的。。

　　于是可以将每种权值的边的贡献分开算，然后用乘法原理就可以了。。

　　对于某一种颜色，直接爆搜。。。感觉复杂度好像不太对。。。但是过了。。。

　　算了反正都不知道多久之前写的了。。。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define M 1010
#define mod 31011
using namespace std;
int n,m,cnt,tot;
int f[M],w[M],sum[M];
bool c[M];
struct edge{int l,r,w;
}e[M],a[M];
bool cmp(edge p,edge q){return p.w<q.w;}
int find(int x){if(f[x]==x) return f[x];return find(f[x]);
}
void RE(){for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;}
void dfs(int x,int now,int k){if(now==a[x].r+1){if(k==a[x].w)tot++;return;}int xx=find(e[now].l),yy=find(e[now].r);if(xx!=yy){f[xx]=yy;dfs(x,now+1,k+1);f[xx]=xx;f[yy]=yy;}dfs(x,now+1,k);
}
int main(){int ans=1;cnt=0;tot=0;int xx,yy;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&e[i].l,&e[i].r,&e[i].w);sort(e+1,e+1+m,cmp);RE();for(int i=1;i<=m;i++){if(e[i].w!=e[i-1].w){a[cnt].r=i-1;cnt++;a[cnt].l=i;}xx=find(e[i].l);yy=find(e[i].r);if(xx!=yy){f[xx]=yy;a[cnt].w++;tot++;}}a[cnt].r=m;if(tot+1!=n){printf("0\n");return 0;}RE();for(int i=1;i<=cnt;i++){tot=0;dfs(i,a[i].l,0);ans=(ans*tot)%mod;for(int j=a[i].l;j<=a[i].r;j++){xx=find(e[j].l);yy=find(e[j].r);if(xx!=yy) f[xx]=yy;}}printf("%d\n",ans);return 0;
}

This passage is made by Iscream-2001.

转载于:https://www.cnblogs.com/Yuigahama/p/9671568.html