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

8

HINT

Source

Solution

  最小生成树的性质:

  1. 对于每一个$MST$,每一种边权所使用的边数相同
  2. 所有$MST$中边权$\leq w$的边组成的图的连通性相同

  所以首先我们可以用$Kruskal$算出每一种边权使用的边数

  之后暴力枚举某种边权所使用的边

  因为最多只有$10$条边,所以时间可以接受,当没有这个限制条件时需要用到$Matrix$-$Tree$定理。对,你知道的,我不会这个

  顺便试着写了下冰炸鸡并查集按秩合并,稍微伪证了一下发现是$O(nlogn)$的,不过可以撤回?!好像又解锁了什么姿势

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge
{
int u, v, w, x;
inline bool operator< (const edge &rhs) const
{
return x < rhs.x;
}
}e[];
struct count
{
int l, r, use;
}g[];
int n, m, fa[], siz[]; int getfa(int x)
{
return fa[x] == x ? x : getfa(fa[x]);
} void link(int u, int v)
{
if(siz[u] > siz[v]) fa[v] = u, siz[u] += siz[v];
else fa[u] = v, siz[v] += siz[u];
} bool Kruskal()
{
int cnt = , u, v;
for(int i = ; i <= m; ++i)
{
u = getfa(e[i].u), v = getfa(e[i].v);
if(u != v)
{
link(u, v);
++g[e[i].w].use;
if(++cnt == n - ) return true;
}
}
return false;
} int DFS(int w, int i, int k)
{
if(k == g[w].use) return ;
if(i > g[w].r) return ;
int ans = , u = getfa(e[i].u), v = getfa(e[i].v);
if(u != v)
{
link(u, v);
ans = DFS(w, i + , k + );
fa[u] = u, fa[v] = v;
}
return ans + DFS(w, i + , k);
} int main()
{
int u, v, w, ans;
cin >> n >> m;
for(int i = ; i <= n; ++i)
fa[i] = i, siz[i] = ;
for(int i = ; i <= m; ++i)
{
cin >> u >> v >> w;
e[i] = (edge){u, v, , w};
}
sort(e + , e + m + );
w = ;
for(int i = ; i <= m; ++i)
if(e[i].x == e[i - ].x) e[i].w = w;
else
{
g[w].r = i - ;
e[i].w = ++w;
g[w].l = i;
}
g[w].r = m;
ans = Kruskal();
for(int i = ; i <= n; ++i)
fa[i] = i, siz[i] = ;
for(int i = ; i <= w; ++i)
{
ans = ans * DFS(i, g[i].l, ) % ;
for(int j = g[i].l; j <= g[i].r; ++j)
{
u = getfa(e[j].u), v = getfa(e[j].v);
if(u != v) link(u, v);
}
}
cout << ans << endl;
return ;
}

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