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證明:(摘錄)
定理一: 如果
A,B 同爲G 的最小生成樹,且A 的邊權從小到大爲w(a1),w(a2),w(a3),⋯w(an) ,B 的邊權從小到大爲w(b1),w(b2),w(b3),⋯w(bn) ,則有w(ai)=w(bi) 。
證明:設A,B 第一個不同的邊的下標爲i ,不妨設w(ai)≤w(bi) ,如果不存在這樣的i ,無需證明。
情況一:ai 在B 中,爲bj 。那麼顯然有j>i (否則i 不是第一個不同的邊),則有w(ai)≤w(bi)≤w(bj)=w(ai) ,所以有w(ai)=w(bi)=w(bj) ,所以可以調換bi,bj 的位置,B 的權值排列不會改變,A 與B 這樣前i 條邊均爲相等,可以遞歸下去證明。
情況二:ai 不在B 中。考慮將ai 加入B ,則形成了一個環,環中的權值v≤w(ai) (否則B 不是最小生成樹),且一定有一條邊bj 不在B 中,此時仍有j>i (否則i 不是第一個不同的邊),所以有w(ai)≤w(bi)≤w(bj)≤w(ai) ,所以仍有w(ai)=w(bi)=w(bj) ,可以將bj 替換爲ai ,B 的權值排列不會改變且仍爲最小生成樹,仍然調換bi,bj 的位置,B 的權值排列仍會改變,這樣A 與B 前i 條邊均爲相等,可以遞歸下去證明。這樣換邊不會有問題,因爲 Kruskal 算法中唯一的狀態就是連通性,我們沒有改變其連通性,所以是可以遞歸證明的。定理二:如果
A,B 同爲G 的最小生成樹,如果A,B 都從零開始從小到大加邊(A 加A 的邊,B 加B 的邊)的話,每種權值加完後圖的聯通性相同。
證明:歸納法證明,沒有邊時顯然成立,假設對於權值小於v 的成立。考慮權值爲v 的邊,如果連通性不相同,必然存在u,v 兩點間連通性不同,假設A 中u,v 聯通,根據A,B 所有小於v 的邊連通性相同,所以必然存在一條u→v 權值爲v 的邊,而根據 Kruskal 算法的執行過程,B 不可能不加這條邊,所以兩棵最小生成樹A,B 各自權值小於等於v 的邊仍然滿足連通性相同。由歸納法可知定理二成立。定理三:如果在最小生成樹
A 中權值爲v 的邊有k 條,用任意k 條權值爲v 的邊替換A 中的權爲v 的邊且不產生環的方案都是一棵合法最小生成樹。
證明:根據之前的定理,其餘的邊造成的連通性是定的,權值和也是定的,那麼選k 條不產生環一定能形成一棵樹,而且權值與最小生成樹的權值一樣,故也是最小生成樹。
那麼算法十分明確,隨便找一個最小生成樹(圖不聯通直接輸出 0),記錄下每種權值的出現次數,然後對於每種權值的邊,分別求出方案(按照定理三的方法選),利用乘法原理即可解決。
複雜度:
代碼:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int ReadInt()
{
static int n, ch;
n = 0, ch = getchar();
while (!isdigit(ch))
ch = getchar();
while (isdigit(ch)) n = (n<<3)+(n<<1)+ch-'0', ch = getchar();
return n;
}
const int maxn = 100+10, maxm = 1000+3, mod = 31011;
struct edge
{
int from, to, cost;
inline bool operator < (const edge &ano)const
{
return cost < ano.cost;
}
}edges[maxm];
int n, m;
namespace union_find_set
{
int fa[maxn];
inline int init(int n)
{
for (int i=0; i<n; i++)
fa[i] = i;
}
inline int find(int x)
{
return fa[x] == x?fa[x]:fa[x] = find(fa[x]);
}
inline void unite(int u, int v)
{
u = find(u), v = find(v);
fa[u] = v;
}
inline bool same(int x, int y)
{
return find(x) == find(y);
}
}
using namespace union_find_set;
vector<int>num, cost;
bool Kruskal()
{
init(n);
sort(edges, edges+m);
int last = -1, cnt = 0;
for (int i=0; i<m; i++)
{
const edge &e = edges[i];
if (!same(e.to, e.from))
{
cnt++;
unite(e.to, e.from);
if (e.cost != last)
{
cost.push_back(e.cost);
num.push_back(1);
last = edges[i].cost;
}
else
num[num.size()-1]++;
}
}
return cnt == n-1;
}
int main()
{
n = ReadInt(), m = ReadInt();
init(n);
for (int i=0; i<m; i++)
edges[i].from = ReadInt()-1, edges[i].to = ReadInt()-1, edges[i].cost = ReadInt();
if (!Kruskal())
return puts("0"), 0;
int ans = 1, r = 0;
init(n);
for (int i=0, j=0; i<m; i=j)
{
int now_ans = 0;
j = i+1;
while (j < m && edges[j].cost == edges[i].cost)
++j;
if (edges[i].cost != cost[r])
continue;
static int cp[maxn], ok[maxn];
memcpy(cp, fa, sizeof(int)*n);
for (int s=(1<<(j-i))-1; s; --s)
{
if (__builtin_popcount(s) == num[r])
{
memcpy(fa, cp, sizeof(int)*n);
bool flag = true;
for (int k=i; k<j; ++k)
{
if ((s>>(k-i)) & 1)
{
if (same(edges[k].from, edges[k].to))
{
flag = false;
break;
}
unite(edges[k].from, edges[k].to);
}
}
if (flag)
{
now_ans++;
if (now_ans == 1)
memcpy(ok, fa, sizeof(int)*n);
}
}
}
memcpy(fa, ok, sizeof(int)*n);
ans = ans*now_ans%mod;
r++;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}