题意:
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。
思想: 考虑两条性质
1、最小生成树有如下性质: 所有是最小生成树的边集中,边权相同的边数量相同
2、最小生成树若按照边权从小到大加边,加边方式不同不影响其连通性
证明:我们考虑以下步骤
一开始时,每个点单独构成集合 考虑当前权值最小的边,全部加入图中,同一个连通块缩为一个集合。
由于全部尝试添加且权值相同,所以这样能联通的点最终一定在同一个集合中 无论添加的是哪些边,最终集合数一定相同,且集合划分一定相同,所以这种边权的边的数量相同
考虑到权值相等重边最多10条,而且权值不同的重边的可能相互独立
所以只要将边由小到大排序 依次按顺序对相同的边 状压判断有多少种情况,情况满足条件当并查集中加边时无fa[x]==fa[y],求总数用乘法原理即可。
#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;
}
注意要特判不能构成最小生成树的情况