17.10.11
- 上午
- BZOJ 1015 [JSOI2008]星球大戰starwar
並查集
正向考慮的話，感覺不好操作已經合並了的並查集
但若反向考慮的話，就只用不斷向圖中加入新點——以及合並操作就好了
代碼：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 200005
using namespace std;
struct edge{
int to,next;
}e[MAXN*2];
int fa[MAXN*2],head[MAXN*2],d[MAXN*2],ans[MAXN*2];
bool vis[MAXN*2];
int n,m,cnt,ent=1,k;
void add(int u,int v){
e[ent]=(edge){v,head[u]};
head[u]=ent++;
}
int find(int x){
return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1,a,b;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&a,&b); a++; b++;
add(a,b); add(b,a);
}
scanf("%d",&k); cnt=n-k;
for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&d[i]),d[i]++,vis[d[i]]=1;
for(int u=1;u<=n;u++) if(!vis[u]){
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to; if(vis[v]) continue;
int fu=find(u),fv=find(v);
if(fu==fv) continue;
cnt--; fa[fv]=fu;
}
}
for(int I=k;I>=1;I--){
ans[I]=cnt;
int u=d[I];
vis[u]=0; cnt++;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to; if(vis[v]) continue;
int fu=find(u),fv=find(v);
if(fu==fv) continue;
cnt--; fa[fv]=fu;
}
}
ans[0]=cnt;
for(int i=0;i<=k;i++) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}- 車車繼續選講。
- BZOJ 1016 [JSOI2008]最小生成樹計數
好題。
有一個性質（正權圖）：
對於一個無向圖的每一種最小生成樹，某種權值的邊的數目是相同的
（形象點說：如果一個無向圖有兩種最小生成樹的話，且第一種中有2個邊權為5的邊，
那麽第二種最小生成樹中也一定有2個邊權為5的邊）
可以通俗一點理解：
因為對一顆樹來說，邊的個數是固定的，為了保證生成樹的邊權和最小，
那麽無論是哪一種最小的生成方式，對於某一種權值的邊的數量一定是固定的，否則總邊權就變了。
正常一點的來理解：
按照Kruskal算法，
先考慮權值最小的那些邊，
這些邊全部放入圖中的話，也許會構成環，
無論刪掉哪些邊之後使得圖中沒有環，
最終聯通的點的構成集合都是相同的。
因為每加一條邊，聯通塊的個數就減少1個，且聯通的點的集合相同，
所以連的邊的個數相同的，
並且每種連邊方案的效果（即對圖的聯通貢獻）是相同的(不會受其他權值的邊的影響)。
至於大一點權值的邊，我們把上面聯通的點縮為一個點，那麽就和上面是一樣的了
所以每種權值的邊，無論選哪些來連，只要可以聯通成功，那麽所選的該權值的邊的個數就是相同的。
解法：
先跑一個Kruskal最小生成樹，統計出每種權值的邊的數量
接下來枚舉 選出的每種權值 （記當前枚舉到的權值為w，其對應的選的數量為k），
把構成最小生成樹的其他權值的邊先聯通它們該連通的那些部分，
再從權值==w的邊集中暴力枚舉出k個邊，嘗試把它們插入圖中，看是否能聯通整個圖，
如果可以聯通，則表明該權值的這k個邊是可以是一種聯通方法
統計出 每種權值的邊 有多少種聯通方法
（因為相同權值的邊不超過10個，狀壓暴力枚舉就好，那個Matrix-Tree什麽的也不會）
最後把 選出的每種權值 的聯通方法數組合（相乘）就好了。
代碼：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=31011;
struct edge{
int u,v,w;
bool operator <(const edge &rtm) const{
return w<rtm.w;
}
}e[1005],use[105];
struct group{
int val,num;
}g[105];
int fa[105],ha[1050];
int n,m,sn,cnt,ans=1,p,ent;
void reset_father(){
sn=n;
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
}
int find(int x){
return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
bool merge(int i,edge *E){
int u=E[i].u,v=E[i].v;
int fu=find(u),fv=find(v);
if(fu==fv) return 0;
sn--; fa[fv]=fu;
return 1;
}
int doit(int cas){
static int l,r,now; now=0;
while(!p||e[p].w!=g[cas].val) p++; l=p;
while(p<=m&&e[p].w==g[cas].val) p++; r=p-1;
for(int s=0;s<(1<<(r-l+1));s++) if(ha[s]==g[cas].num){
reset_father();
for(int i=1;i<=ent;i++) if(use[i].w!=g[cas].val) merge(i,use);
for(int i=0;i<=r-l;i++) if((1<<i)&s) merge(l+i,e);
if(sn==1) now++;
}
return now;
}
int main(){
for(int i=1<<0;i<=1<<10;i++)
ha[i]=ha[i>>1]+(i&1);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
sort(e+1,e+m+1);
reset_father();
for(int i=1;i<=m;i++){
if(!merge(i,e)) continue;
if(!cnt||e[i].w!=g[cnt].val)
++cnt,g[cnt].val=e[i].w;
g[cnt].num++;
use[++ent]=e[i];
}
if(sn!=1) {printf("0"); return 0;}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
int tmp=doit(i);
ans=1ll*ans*tmp%mod;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
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17.10.11