大视野 1016: [JSOI2008]最小生成树计数(最小生成树)
总结:此类题需要耐心观察规律,大胆猜想,然后证明猜想,得到有用的性质,然后解答。 简单的说:找隐含性质。
传送门:http://61.187.179.132/JudgeOnline/problem.php?id=1016
题意:n个点m条边的图,问其最小生成树的个数(只要有一条边不同,就算不同)。n<100, m<1000 权值c < 10^9, 其中权相同的边的数量不会超过10条。
思路:
经过观察思考,得到以下结论:
任意两个最小生成树,将其所有边的边长排序后,将得到完全相同的结果。
意思是:只能用相同长度的边来代替,借此得到不同的最小生成树。
又因为每种权相同的边数不超过10,则可以用以下方法:
首先,生成一个最小生成树,得到其包含的所有权值以及数量。
其次,将其中某种权值的边删除,然后在图中取出所有权值相同的边, 状态压缩暴力匹配。得到这种边可以组合的方案数。
将所有权值的边的方案数相乘,就得到答案。
时间复杂度:MlogM + n(2^10*n) + M
代码:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define mod 31011
#define N 200 struct Edge{
int a, b, c;
bool operator < (const Edge &b) const {
return c < b.c;
}
}e[], mintre[]; struct BCJ{
int fa[N];
void init(int n) {
for (int i = ; i <= n; i++) {
fa[i] = i;
}
}
int find(int u) {
return fa[u]== u ? fa[u] : fa[u] = find(fa[u]);
}
void unin(int u, int v) {
fa[find(v)] = find(u);
}
}b; int main() {
int n, m;
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
for (int i = ; i < m; i++) {
scanf("%d%d%d", &e[i].a, &e[i].b, &e[i].c);
}
sort(e, e+m);
int top = ;
b.init(n);
for (int i = ; i < m; i++) {
if (b.find(e[i].a) != b.find(e[i].b)) {
b.unin(e[i].a, e[i].b);
mintre[top++] = e[i];
}
}
if (top != n-) {
puts("");
continue;
} int minp = ;
int ep = ;
int ans = ;
while (true) {
if (minp == top || ep == m) break;
int nowc = mintre[minp].c;
//printf("nowc = %d\n", nowc);
BCJ nowTong;
nowTong.init(n);
for (int i = ; i < top; i++) {
if (mintre[i].c != nowc) {
nowTong.unin(mintre[i].a, mintre[i].b);
}
} int edgeNum = ;
while (ep < m && e[ep].c < nowc) ep++;
while (ep < m && e[ep].c == nowc) {
edgeNum++;
ep++;
} int nownum = ;
while (minp < top && mintre[minp].c == nowc) {
nownum++;
minp++;
}
if (edgeNum == nownum) continue;
int end = (<<edgeNum);
int nowans = ;
BCJ tmpTong;
for (int i = ; i < end; i++) {
int tmpi = i;
int num = ;
while (tmpi) {
num += (tmpi&);
tmpi>>=;
}
if (num != nownum) continue; tmpTong = nowTong;
tmpi = i;
int unintime = ;
for (int j = ep-; e[j].c == nowc; j--) {
if (tmpi&) {
if (tmpTong.find(e[j].a) != tmpTong.find(e[j].b)) {
unintime++;
tmpTong.unin(e[j].a, e[j].b);
}
}
tmpi>>=;
}
if (unintime == nownum) {
nowans++;
}
}
ans *= nowans;
ans %= mod;
}
printf("%d\n", ans);
}
return ;
}
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