[COGS 2401]Time is Money

Description

给你 $n$ 个节点 $m$ 条边的无向连通图。每条边有两个权值 $c,t$ ，要你生成一棵边集为 $\mathbb{E}$ 的生成树使得 \[\sum_{e\in \mathbb{E}}e_c \times \sum_{e\in \mathbb{E}}e_t\] 最小。

$1\leq n\leq 200,1\leq m\leq 10000$

Solution

令 $x=\sum_{e\in \mathbb{E}}e_c,y=\sum_{e\in \mathbb{E}}e_t$ 。记 $k=xy$ ，那么对于反比例函数 $y=\frac{k}{x}$ ， $k$ 越小越贴近坐标轴。

我们将所有生成树的权值以 $(x,y)$ 的形式刻画在坐标轴上，显然满足条件的最小值一定在左下凸包上。

那么首先最极端的是单纯按 $c$ 排序和按 $t$ 排序得到的点 $A,B$ 。

然后显然要找到在连线 $AB$ 左下最远的点 $C$ 。

由于离 $AB$ 最远的 $C$ 必定导致 $S_{\Delta ABC}$ 最大。

显然就是求 $\left(\vec{AB}\times\vec{AC}\right)_{min}$ \[\begin{aligned}\vec{AB}\times\vec{AC}&=(x_B-x_A)(y_C-y_A)-(y_B-y_A)(x_C-x_A)\\&=y_C(x_B-x_A)+x_C(y_A-y_B)+K\end{aligned}\]

其中 $K$ 是与 $C$ 无关的量，可以忽略。所以将所有边权改为上述式子后做一遍最小生成树就可以求出 $C$ 了。

然后继续分治对线段 $AC$ 和线段 $CB$ 求解即可。递归的边界为 $\vec{AB}\times\vec{AC}\geq 0$ 。

Code

//It is made by Awson on 2018.3.7

#include <bits/stdc++.h>

#define LL long long

#define dob complex<double>

#define Abs(a) ((a) < 0 ? (-(a)) : (a))

#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))

#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

#define Swap(a, b) ((a) ^= (b), (b) ^= (a), (a) ^= (b))

#define writeln(x) (write(x), putchar('\n'))

#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))

using namespace std;

const int N = 200, M = 10000;

void read(int &x) {

    char ch; bool flag = 0;

    for (ch = getchar(); !isdigit(ch) && ((flag |= (ch == '-')) || 1); ch = getchar());

    for (x = 0; isdigit(ch); x = (x<<1)+(x<<3)+ch-48, ch = getchar());

    x *= 1-2*flag;

}

void print(int x) {if (x > 9) print(x/10); putchar(x%10+48); }

void write(int x) {if (x < 0) putchar('-'); print(Abs(x)); }

int n, m, fa[N+5];

struct tt {

    int u, v, w, c, t;

    bool operator < (const tt &b) const {return w < b.w; }

}edge[M+5];

struct node {

    int x, y;

    node(int _x = 0, int _y = 0) {x = _x, y = _y; }

    int operator * (const node &b) const {return x*b.y-y*b.x; }

    node operator + (const node &b) {node t; t.x = x+b.x, t.y = y+b.y; return t; }

    node operator - (const node &b) {node t; t.x = x-b.x, t.y = y-b.y; return t; }

    void print() {write(x), putchar(' '), writeln(y); }

}ans, A, B;

int find(int x) {return fa[x] ? fa[x] = find(fa[x]) : x; }

void update(node &ans, node x) {if (1ll*ans.x*ans.y > 1ll*x.x*x.y || (1ll*ans.x*ans.y == 1ll*x.x*x.y && ans.x > x.x)) ans = x; }

bool judge(node A, node B, node C) {return (B-A)*(C-A) >= 0; }

node kruskal() {

    memset(fa, 0, sizeof(fa)); int cnt = 0; node tmp;

    sort(edge+1, edge+1+m);

    for (int i = 1; i <= m; i++) {

    if (find(edge[i].u)^find(edge[i].v)) {

        ++cnt; fa[find(edge[i].u)] = find(edge[i].v);

        tmp = tmp+node(edge[i].c, edge[i].t);

        if (cnt == n-1) break;

    }

    }

    return tmp;

}

void doit(node A, node B) {

    int x = B.x-A.x, y = A.y-B.y; node C;

    for (int i = 1; i <= m; i++) edge[i].w = x*edge[i].t+y*edge[i].c;

    update(ans, C = kruskal());

    if (judge(A, B, C)) return;

    doit(A, C), doit(C, B);

}

void work() {

    read(n), read(m);

    for (int i = 1; i <= m; i++) read(edge[i].u), read(edge[i].v), read(edge[i].c), read(edge[i].t), ++edge[i].u, ++edge[i].v;

    for (int i = 1; i <= m; i++) edge[i].w = edge[i].c;

    A = ans = kruskal();

    for (int i = 1; i <= m; i++) edge[i].w = edge[i].t;

    update(ans, B = kruskal());

    doit(A, B);

    ans.print();

}

int main() {

    work(); return 0;

}