BZOJ 1016 最小生成树计数
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<=1,000,000,000。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
1 2 1
1 3 1
1 4 1
2 3 2
2 4 1
3 4 1
Sample Output
HINT
Source
这题要猜一个结论——长为i的边个数是一定的以及前i小的边他们构成的并查集是一定的,这样就可以 2^n dfs了(相同长度的边<=10)。
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std; #define maxn (110)
#define maxm (1010)
#define rhl (31011) int father[maxn],save[maxn],bac[maxm],road[maxm];
int n,m,tot,ans,sum;
struct E{ int u,v,w; }edge[maxm]; inline void init() {for (int i = ;i <= n;++i) father[i] = i;} inline int find(int a) {if (father[a] != a) father[a] = find(father[a]); return father[a];} inline bool cmp(E a,E b){ return a.w < b.w; } inline void mst()
{
sort(edge+,edge+m+,cmp); init();
int have = ,r1,r2,pos;
for (int i = ;i <= m;++i)
{
r1 = find(edge[i].u),r2 = find(edge[i].v);
if (r1 != r2)
{
father[r1] = r2; ++have;
pos = lower_bound(bac+,bac+tot+,edge[i].w)-bac;
++road[pos];
}
if (have == n - ) break;
}
if (have < n - ) printf(""),exit();
} inline void dfs(int a,int r,int pos,int cho)
{
if (road[pos] == cho)
{
++sum;
if (sum == ) memcpy(save,father,sizeof(save));
return;
}
if (a > r) return;
if (cho+r-a+<road[pos]) return;
int temp[maxn];
dfs(a+,r,pos,cho);
memcpy(temp,father,sizeof(temp));
int r1 = find(edge[a].u),r2 = find(edge[a].v);
if (r1 != r2) father[r1] = r2,dfs(a+,r,pos,cho+);
memcpy(father,temp,sizeof(temp));
} int main()
{
freopen("1016.in","r",stdin);
freopen("1016.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&n,&m);
for (int i = ;i <= m;++i)
{
int a,b,c;
scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
edge[i] = (E) {a,b,c};
bac[i] = c;
}
sort(bac+,bac+m+);
tot = unique(bac+,bac+m+)-bac-;
mst();
init(); ans = ;
for (int i = ;i <= m;)
{
int j = i;
while (j < m && edge[j+].w == edge[i].w) ++j;
sum = ;
dfs(i,j,lower_bound(bac+,bac+tot,edge[i].w)-bac,);
(ans *= sum)%=rhl;
memcpy(father,save,sizeof(save));
i = j+;
}
printf("%d",ans);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return ;
}
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