【BZOJ 1016】[JSOI2008]最小生成树计数(搜索+克鲁斯卡尔)

【题目链接】:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1016

【题意】

【题解】

/*    两个最小生成树T和T';    它们各个边权的边的数目肯定是一样的;    且相同边权的边;    那些边所形成的联通性是一样的;    可以考虑T和T'的形成;    比如说一开始    T和T'都是空的;    然后把边按边权从小到大排序后    找到的第一种边权的边权为    v1    且bian[left..right]都是这种边权的边;    然后假设T是我们正常用卡鲁斯卡尔算法搞出来的最小生成树;    那么T在这个阶段肯定会在这right-left+1条边中选择x条边;    那么这个时候我们再想想T'要怎么选?    假设我们选y条边    这里我们分类讨论一下        假如y>x，            这种情况是不可能的;            因为如果y可以大于x;            那就说明T还可以再加一条边权最小的边v1联通更多的分量;            而我们在做克鲁斯卡尔的时候已经保证了不能添加更多的分量;            所以可以排除;       假如y<x            这种情况也是不可能的;            假设我们少选了一条边            那么这条边链接的两个分量必然是要用更大的边权来链接;            这就不符合最小生成树了;            所也可以排除;      综上可知      x==y;      这里所选的y条边的各个节点的连通性必然和x条边的联通性一样;      因为如果不一样的话,      那么哪里不一样呢??        ->假设在T'中相对于T有两个分量没有连通在一起,那么你可以选择T中连接这两个分量的            边啊。而且因为是升序排的,所以肯定连了更优啊;          但是显然不可能再有这样的连法了,因为T是正确的最小生成树;          你如果能找到这样的连法的话,就说明T是不正确的了;          这就矛盾了;   根据上面的推导可知;   每个最小生成树;   出现的不同边权的种类是一样的,且各种边权的数目是确定的;   而且只要边权的数目确定了,这个边权造成的连通性的变化都是一样的;   所以我们只要枚举对于每一种边权,可以用哪些连着不同节点的边,但边权和它相同的边交换一下   一开始做的最小生成树的边就好了;   比如第i种边权的边v[i],出现的次数为numv[i];   然后在用克鲁斯卡尔算法算出的最小生成树中v[i]出现的次数为k;   则从这numv[i]条边中选出k条边来,看看是不是这k条边中每条边都能对联通量贡献;(如果有一条边在做   的过程中边的两段链接的联通量已经是在一起的了,就退出,表示不行);   因为要回溯,所以这里的并查集不能加状态压缩。   当然n也不大就是了;    因为有说同边权的边的数目不超过10,所以2^10是可以接受的.    搜一波;    然后用乘法原理乘起来就好;*/

【完整代码】

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1#define LL long long#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)#define mp make_pair#define pb push_back#define fi first#define se second#define rei(x) scanf("%d",&x)#define rel(x) scanf("%lld",&x)typedef pair<int, int> pii;typedef pair<LL, LL> pll;const int dx[9] = { 0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1 };const int dy[9] = { 0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1 };const double pi = acos(-1.0);const int M = 1100;const int N = 110;const int MOD = 31011;struct abc{    int x, y,z;};int n, m,f[N],tot = 0,tot1 = 0,num[M],sum = 0,ans = 1;abc bian[M];bool cmp1(abc a, abc b){    return a.z < b.z;}int ff(int x){    if (f[x] == x) return x;    else        return ff(f[x]);}void dfs(int l, int r, int now){    if (now == num[tot])    {        sum++;        return;    }    if (l > r) return;    int x = bian[l].x, y = bian[l].y;    int r1 = ff(x), r2 = ff(y);    //这里f[r1]==r1,f[r2]==r2;    if (r1 != r2)    {        f[r1] = r2;        dfs(l + 1, r, now + 1);        f[r1] = r1, f[r2] = r2;    }    dfs(l + 1, r, now);}int main(){    //freopen("F:\\rush.txt", "r", stdin);    rei(n), rei(m);    rep1(i, 1, m)        rei(bian[i].x), rei(bian[i].y), rei(bian[i].z);    sort(bian + 1, bian + 1 + m,cmp1);    rep1(i, 1, n)        f[i] = i;    rep1(i, 1, m)    {        int l = i, r = i;        while (r + 1 <= m && bian[r + 1].z == bian[l].z) r++;        tot1++;        rep1(j, l, r)        {            int x = bian[j].x, y = bian[j].y;            int r1 = ff(x), r2 = ff(y);            if (r1 != r2)            {                f[r1] = r2;                tot++;                num[tot1]++;            }        }        i = r;    }    if (tot != n - 1)        return puts("0"), 0;    rep1(i, 1, n)        f[i] = i;    tot = 0;    rep1(i, 1, m)    {        int l = i, r = i;        while (r + 1 <= m && bian[r + 1].z == bian[l].z) r++;        tot++;        if (num[tot] == 0)        {            i = r;//。。。。。。bug点            continue;        }        sum = 0;        dfs(l, r, 0);        ans = (ans*sum) % MOD;        rep1(j, l, r)        {            int r1 = ff(bian[j].x), r2 = ff(bian[j].y);            if (r1 != r2)                f[r1] = r2;        }        i = r;    }    printf("%d\n", ans);    return 0;}