題意:
現在給出了一個簡單無向加權圖。你不滿足於求出這個圖的最小生成樹,而希望知道這個圖中有多少個不同的最小生成樹。(如果兩顆最小生成樹中至少有一條邊不同,則這兩個最小生成樹就是不同的)。由於不同的最小生成樹可能很多,所以你只需要輸出方案數對31011的模就可以了。
思想: 考慮兩條性質
1、最小生成樹有如下性質: 所有是最小生成樹的邊集中,邊權相同的邊數量相同
2、最小生成樹若按照邊權從小到大加邊,加邊方式不同不影響其連通性
證明:我們考慮以下步驟
一開始時,每個點單獨構成集合 考慮當前權值最小的邊,全部加入圖中,同一個連通塊縮爲一個集合。
由於全部嘗試添加且權值相同,所以這樣能聯通的點最終一定在同一個集合中 無論添加的是哪些邊,最終集合數一定相同,且集合劃分一定相同,所以這種邊權的邊的數量相同
考慮到權值相等重邊最多10條,而且權值不同的重邊的可能相互獨立
所以只要將邊由小到大排序 依次按順序對相同的邊 狀壓判斷有多少種情況,情況滿足條件當並查集中加邊時無fa[x]==fa[y],求總數用乘法原理即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct p{
int x,y,z;
}a[1010];
const int mod=31011;
const int N=1010;
long long n,m,l,l1,k1,cnt,k,fa,fb,i1,l2,flag,flag1,num;
long long w[2010],set1[N],ro[N],ro2[N];
bool cmp(p x1,p y1)
{
return x1.z<y1.z;
}
int find(int x)
{
if (x==set1[x]) return x; else return set1[x]=find(set1[x]);
}
int find1(int x)
{
if (x==ro[x]) return x; else return ro[x]=find1(ro[x]);
}
int main()
{ num=1;
for (int i=1;i<=2048;i++) w[i]=w[i/2]+(i%2);
cin>>n>>m;
for (int i=1;i<=m;i++)
{ cin>>a[i].x>>a[i].y>>a[i].z;}
sort(a+1,a+1+m,cmp);
for (int i=1;i<=n;i++) set1[i]=i;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
l=i;
memcpy(ro2,set1,sizeof(set1));;
cnt=0;k=0;flag1=0;
while (a[i].z==a[i+1].z && i<m)
{ cnt++;
fa=find(a[i].x);
fb=find(a[i].y);
if (fa!=fb) set1[fa]=fb,k++,k1++;
i++;
}
cnt++;
fa=find(a[i].x);
fb=find(a[i].y);
if (fa!=fb) set1[fa]=fb,k++,k1++;
if (k!=cnt && k!=0)
{
for (int i2=1;i2<=((1<<cnt)-1);i2++)
if ((w[i2]==k))
{
flag=0; l1=l; i1=i2;
memcpy(ro,ro2,sizeof(ro2));;
while (i1!=0)
{ if (i1%2)
{fa=find1(a[l1].x); fb=find1(a[l1].y);
if (fa==fb) {flag=1; break; }else {ro[fa]=fb;}}
i1=i1/2; l1++;
}
if (!flag) flag1++;
}
}
else flag1=1;
num=(num*flag1)%mod;
}
if (k1!=n-1) cout<<0<<endl; else cout<<num<<endl;
}
注意要特判不能構成最小生成樹的情況