[CF1515F] Phoenix and Earthquake（图论推导，构造）

题面

在紧张又忙碌地准备联合省选时，发生了大地震，把原本要参赛的

n

n

n 个城市之间的全部

m

m

m 条道路震垮了，使得原本互相都能到达的这

n

n

n 个城市无法交通了。现在，需要紧急恢复

n

−

1

n-1

n−1 条原来的道路，使得任意两个城市可以互相到达。

好在每个城市分别存有

a

i

a_i

ai​ 吨沥青。修复每条道路需要

x

x

x 吨沥青，如果两个城市

i

i

i 和

j

j

j 之间有一条损坏的道路，且两个城市的沥青总量不小于

x

x

x 吨，那么就可以消耗这两个城市的

x

x

x 吨沥青来修路。修好了路之后，装载沥青的卡车就可以在路上跑，在这一部分连通的城市中任意地来往运送沥青了。

给你道路的信息，以及一开始每个城市分别有的沥青吨数

a

i

a_i

ai​ ，问能否让

n

n

n 个城市连通，如果能，就输出任意一种修路的方案（按时间顺序输出恢复的道路序号）

题解

首先判断无解：如果

∑

a

i

<

(

n

−

1

)

x

\sum a_i <(n-1)x

∑ai​<(n−1)x ，那么明显不可能连通了，因为总沥青不足。

---

接着，我们要证明其余的情况一定有解。

首先，如果某个时刻

∑

a

i

′

≥

(

n

′

−

1

)

∗

x

\sum a'_i\geq (n'-1)*x

∑ai′​≥(n′−1)∗x ，即此时每个连通块缩成一个点，也符合上面的条件，那么一定有某两个城市之间是可以修路的。

• 证明：用反证法，假设所有路都不能修，即

  ∀

  (

  i

  ,

  j

  )

  ∈

  E

  ′

  ,

  a

  i

  ′

  +

  a

  j

  ′

  <

  x

  \forall (i,j)\in E',a'_i+a'_j<x

  ∀(i,j)∈E′,ai′​+aj′​<x。
  那么我们取

  ∀

  S

  ⊆

  E

  ′

  \forall S\sube E'

  ∀S⊆E′ 满足

  ∣

  S

  ∣

  =

  n

  ′

  −

  1

  |S|=n'-1

  ∣S∣=n′−1，都有

  ∀

  (

  i

  ,

  j

  )

  ∈

  S

  ′

  ,

  a

  i

  ′

  +

  a

  j

  ′

  <

  x

  \forall (i,j)\in S',a'_i+a'_j<x

  ∀(i,j)∈S′,ai′​+aj′​<x (这很废话)，
  然后由于不等号同向，可以把这

  n

  −

  1

  n-1

  n−1 个不等式左右两边都加起来，
  得到：

  ∑

  (

  i

  ,

  j

  )

  ∈

  S

  ′

  a

  i

  ′

  +

  a

  j

  ′

  <

  (

  n

  ′

  −

  1

  )

  x

  \sum_{(i,j)\in S'}a'_i+a'_j<(n'-1)x

  ∑(i,j)∈S′​ai′​+aj′​<(n′−1)x ，
  令第

  i

  i

  i 个点的度数为

  d

  i

  ′

  d'_i

  di′​ ，则

  ∑

  a

  i

  ′

  ⋅

  d

  i

  ′

  <

  (

  n

  ′

  −

  1

  )

  x

  \sum a'_i\cdot d'_i<(n'-1)x

  ∑ai′​⋅di′​<(n′−1)x，
  由于图连通，所以

  ∀

  d

  i

  ≥

  1

  \forall d_i\geq1

  ∀di​≥1，再加上

  a

  i

  a_i

  ai​ 肯定非负，因此

  ∑

  a

  i

  ′

  ≤

  ∑

  a

  i

  ′

  ⋅

  d

  i

  ′

  <

  (

  n

  ′

  −

  1

  )

  x

  \sum a'_i\leq\sum a'_i\cdot d'_i<(n'-1)x

  ∑ai′​≤∑ai′​⋅di′​<(n′−1)x这和

  ∑

  a

  i

  ′

  ≥

  (

  n

  ′

  −

  1

  )

  ∗

  x

  \sum a'_i\geq (n'-1)*x

  ∑ai′​≥(n′−1)∗x 是矛盾的，假设不成立。因此一定有某两个城市之间可以修路，证毕。

然后，修完一个路过后，相当于

∑

a

i

′

\sum a'_i

∑ai′​ 变成了

∑

a

i

′

−

x

\sum a'_i-x

∑ai′​−x，

(

n

′

−

1

)

∗

x

(n'-1)*x

(n′−1)∗x 变成了

(

n

′

−

1

)

∗

x

−

x

(n'-1)*x-x

(n′−1)∗x−x，不等式两边同减

x

x

x ，仍然满足上面的关系。所以可以一直修到最后把树修完。

---

有解了，也就是说 YES/NO 的问题解决了，我们可以想想怎么构造了。

利用上面证明的性质，我们发现对于

∀

S

⊆

E

,

∣

S

∣

=

n

−

1

\forall S\sube E,|S|=n-1

∀S⊆E,∣S∣=n−1，树

T

=

(

V

,

S

)

T=(V,S)

T=(V,S) 都可以是最终的结果，那么我们就先随便取一棵生成树。

然后，构造方法就千奇百怪了，大都随便过，在性能上却有差异，这里笔者给一个比较好的方法。

有这么一种好写好调不用太多判断的构造方法：

用并查集维护缩点。先随便定个根，开始 dfs ，回溯的时候如果可以，就把自己和父节点合并（修路），回溯到根节点时，下面剩余的后代彼此之间肯定不能修边了（不然回溯之前一定会合并），由上面的性质可以得出，此时只有根节点可以往下合并，那么就从根节点开始像吸面条一样把后代全部合并过来就行了，可以按照深度从小到大和根合并，也可以用其他方法都行，笔者是回溯的时候用栈存了没有修的边，最后从栈顶依次拿出来。

CODE

#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 300005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
#define eps 1e-9
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
int a[MAXN],fe[MAXN];
int b[MAXN],rk[MAXN],X;
bool cmp(int x,int y) {return a[x] > a[y];}
bool f[MAXN];
struct it{
	int v,id;it(){v=id=0;}
	it(int V,int I){v=V;id=I;}
};
vector<it> g[MAXN];
int d[MAXN];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;
int as[MAXN],cn;
int fa[MAXN];
LL sum[MAXN];
int findf(int x) {return x==fa[x] ? x:(fa[x]=findf(fa[x]));}
void UNION(int a,int b) {fa[findf(a)]=findf(b);}
bool unionSet(int a,int b) {
	int u = findf(a),v = findf(b);
	if(d[u] < d[v]) swap(u,v);
	if(sum[u]+sum[v] < X) return 0;
	fa[u] = v; sum[v] += sum[u] - X;
	return 1;
}
stack<int> ad;
void dfs(int x,int ff,int fe) {
	d[x] = d[ff] + 1;
	for(int i = 0;i < (int)g[x].size();i ++) {
		int y = g[x][i].v,id = g[x][i].id;
		if(y != ff) {
			dfs(y,x,id);
		}
	}
	if(ff == x) return ;
	else if(unionSet(x,ff)) as[++ cn] = fe;
	else ad.push(fe);
	return ;
}
int main() {
	n = read();m = read();X = read();
	LL sma = 0;
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		a[i] = read();b[i] = i; fa[i] = i;
		sma += a[i]; sum[i] = a[i];
	}
	sort(b + 1,b + 1 + n,cmp);
	for(int i = 1;i <= n;i ++) rk[b[i]] = i;
	if(sma < (n-1) *1ll* X) {
		printf("NO\n");
		return 0;
	}
	for(int i = 1;i <= m;i ++) {
		s = read();o = read();
		if(findf(s) != findf(o)) {
			UNION(s,o);
			g[s].push_back(it(o,i));
			g[o].push_back(it(s,i));
		}
	}
	for(int i = 1;i <= n;i ++) fa[i] = i,sum[i] = a[i];
	dfs(1,1,0);
	printf("YES\n");
	while(!ad.empty()) as[++ cn] = ad.top(),ad.pop();
	for(int i = 1;i < n;i ++) {
		printf("%d\n",as[i]);
	}
	return 0;
}