bzoj1016【最小生成树计数】

1016: [JSOI2008]最小生成树计数

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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

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

我蒟蒻，实在不会，我知道应该会用到kirchhoff矩阵，但不知道怎么搞。

然后搜题解，发现算法是这样的：

首先，考虑kruskal算法，求出最小生成树，我们会发现最小生成树种每种权值被使用的边是一样的(假设wi的边被用了k条，一定不会找到该条边用k-2条，另一条比它权值小，还有一条更大，因为如果是这样，权值更小的那条和当前权值这一条一定也可以满足连通性，也就是这种新的生成树更小，就会产生矛盾)

（权值从小到大排序）对于权值相同的边，我们放在一起讨论:

一组权值相同的边，只会存在成环和不成环的情况，成环的情况在最最小生成树里面一定会不用某些边，也就是我们会知道当前这组权值相同的边用几条，然后计算出选择方法（成环的才能进行选择，才会影响到方案，不成环的必须被选择）

也就是说，我们独立考虑每一种权值的边的选择方案，然后总的方案就是把每一种权值的边的方案乘起来。

每一种权值的边的选择方案可以用kirchhoff矩阵计算(边数<=10,最差计算1000次，然后- -)

然后对于代码我还是有一点不熟悉：

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<algorithm>#include<queue>#include<cmath>using namespace std;//http://blog.csdn.net/jarily/article/details/8902509const int mod=31011;int n,m;struct edge{int u,v,w;}e[1010];bool cmp(edge a,edge b){return a.w<b.w;}int f[105],U[105];bool vis[105];int G[105][105],C[105][105];vector<int >V[105];int find(int x,int f[]){if(x==f[x])return x;return find(f[x],f);}int det(int a[][105],int n){for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<n;j++)a[i][j]%=mod;}int ret=1;for(int i=1;i<n;i++){for(int j=i+1;j<n;j++){while(a[j][i]){int t=-a[i][i]/a[j][i];for(int k=i;k<n;k++){a[i][k]=(a[i][k]+t*a[j][k])%mod;}for(int k=i;k<n;k++)swap(a[i][k],a[j][k]);ret=-ret;}}if(a[i][i]==0)return 0;ret=ret*a[i][i]%mod;}if(ret<0){ret=-ret;}return (ret+mod)%mod;}void solve(){for(int i=1;i<=n;i++){f[i]=i;vis[i]=0;}int pre=-1;int ans=1;for(int k=0;k<=m;k++){if(e[k].w!=pre||k==m){for(int i=1;i<=n;i++)if(vis[i]){vis[i]=0;int u=find(i,U);V[u].push_back(i);}    //vis是处理当前所有联通块（有标记的,把所有的联通快加到祖节点上）     for(int i=1;i<=n;i++)    {    if(V[i].size()>1)//处理每个联通快     {    for(int a=1;a<=n;a++)    for(int b=1;b<=n;b++)C[a][b]=0;        int len=V[i].size();    for(int a=0;a<len;a++)    {    for(int b=a+1;b<len;b++)    {    int a1=V[i][a];    int b1=V[i][b];    C[a][b]=(C[b][a]-=G[a1][b1]);    C[a][a]+=G[a1][b1];    C[b][b]+=G[a1][b1];    }    }        int ret=(int )det(C,len);    ans=ans*ret%mod;    for(int a=0;a<len;a++)f[V[i][a]]=i;    }    }        for(int i=1;i<=n;i++)    {    U[i]=f[i]=find(i,f);    V[i].clear();    }    if(k==m)break;    pre=e[k].w;}int a=e[k].u;int b=e[k].v;int a1=find(a,f);int b1=find(b,f);if(a1==b1)continue;vis[a1]=vis[b1]=1;U[find(a1,U)]=find(b1,U);G[a1][b1]++;G[b1][a1]++;}bool flag=false;for(int i=2;i<=n&&!flag;i++){if(U[i]!=U[i-1])flag=true;}if(m==0)flag=true;printf("%d\n",(flag)?0:ans%mod);}int main(){memset(G,0,sizeof(G));scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<m;i++){scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);}for(int i=1;i<=n;i++)V[i].clear();sort(e,e+m,cmp);solve();return 0;}