Description
给你一个无向带权连通图,每条边是黑色或白色。让你求一棵最小权的恰好有need条白色边的生成树。
题目保证有解。
Input
第一行V,E,need分别表示点数,边数和需要的白色边数。
接下来E行,每行s,t,c,col表示这边的端点(点从0开始标号),边权,颜色(0白色1黑色)。
Output
一行表示所求生成树的边权和。
V<=50000,E<=100000,所有数据边权为[1,100]中的正整数。
Sample Input
2 2 1
0 1 1 1
0 1 2 0
Sample Output
2
这道题的算法是WQS二分,关于WQS二分,可以看网上的论文:WQS二分的论文,反正我也没怎么看过,听ZH学长讲的。
WQS二分的大意就是某个东西越多对答案的贡献越大,而题目要求取k个这个东西,我们就二分一个cost,然后贪心做出答案x,则最终的值为x-cost*k。cost越大,物品数取越少。二分cost 使得 DP得到的答案刚好取了n个物品。设g(x)表示取x个时的总贡献。必须满足g(x)斜率不增才能WQS二分。
可能这样讲十分玄学,也很难懂。所以就拿这题为例:
我们考虑将所有的白色的边加上一个cost,如x至y有一条白色边权值为len,那我们将它的权值变为cost+len,然后我们做最小生成树,很明显,如果加上的cost越大,所选的白色边越少,所以我们就二分这个cost,直至刚好选了need条时,则答案就是生成树的权值-need*cost。
这题还有一个细节,就是sort的时候如果有两条边权值相同,则我们优先选白色的边,因为这样能确保二分的单调性,如果每次随机取可能会有错误。
至于WQS二分要求的g(x)斜率不增可以感性理解。对于最小生成树,选的边越多,肯定越不优(瞎说的,大致的感性理解)
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read(){
char c;int x;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');x=c-'0';
while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0';return x;
}
int n,m,need,l,r,tot,mid,sum,fa[50005];
struct node{
int a,b,len,col;
}F[100005];
int find(int x){
if(fa[x]!=x) fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
void unionn(int x,int y){
x=find(x);y=find(y);
fa[y]=x;
}
int cmp(node a,node b){
return a.len==b.len?a.col<b.col:a.len<b.len;
}
int check(int x){
int k=0,res=0;tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
if(!F[i].col) F[i].len+=x;
sort(F+1,F+1+m,cmp);
for(int i=1;i<=m;i++){
if(k==n-1) break;
if(find(F[i].a)!=find(F[i].b)){
unionn(F[i].a,F[i].b);
tot+=F[i].len;k++;
if(!F[i].col) res++;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
if(!F[i].col) F[i].len-=x;
return res>=need;
}
int main()
{
n=read();m=read();need=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
int x=read(),y=read(),c=read(),col=read();
F[i]=(node){x+1,y+1,c,col};
}
l=-105,r=105;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) l=mid+1,sum=tot-need*mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d",sum);
return 0;
}