Description

　　給你一個無向帶權連通圖，每條邊是黑色或白色。讓你求一棵最小權的恰好有need條白色邊的生成樹。
　　題目保證有解。

Input

　　第一行V,E,need分別表示點數，邊數和需要的白色邊數。
　　接下來E行
　　每行s,t,c,col表示這邊的端點(點從0開始標號)，邊權，顏色(0白色1黑色)。

Output

　　一行表示所求生成樹的邊權和。

Sample Input

Sample Output

HINT

資料規模和約定

　　0:V<=10

　　1,2,3:V<=15

　　0,..,19:V<=50000,E<=100000

　　所有資料邊權為[1,100]中的正整數。

題解：顯然可以發現隨著白邊權值的增大。最小生成樹中白邊的個數不增。

然後根據這個性質我們就可以二分一個值，然後每次給白邊加上這個值。看一下最小生成樹中白邊的個數。

最後答案再把它減去。

看起來思路非常簡單，但是有一個很重要的細節。

如果在你的二分過程中如果給白邊加上mid,你得到的白邊數比need大。

給白邊加上mid+1,你得到的白邊比need小。

這種情況看似沒法處理。

但是考慮一下克魯斯卡爾的加邊順序。

可以發現如果出現這種情況，一定是有很多相等的白邊和黑邊。因為資料保證合法。

所以我們可以把一些白邊替換成黑邊。

所以我們要在白邊數>=need的時候跟新答案。

具體用ans=ans-mid*need;即可。

程式碼：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
int fa[1000001],n,m,need,l(-105),r(105),mid,temp,ans,r1,r2,cnt,ans2;
struct use{int st,en,c,v;}e[100010];
int find(int x){if (x!=fa[x]) fa[x]=find(fa[x]);return fa[x];}
bool cmp(use a,use b){if (a.v==b.v) return a.c<b.c;else return a.v<b.v;}
void solve(){
  sort(e+1,e+m+1,cmp);
  for (int i=1;cnt!=n-1;i++){
     r1=find(e[i].st);r2=find(e[i].en);
     if (r1!=r2){fa[r1]=r2;cnt++;if (e[i].c==0) temp++;ans+=e[i].v;}
   }
}
int main(){
  scanf("%d%d%d",&n,&m,&need);
  for (int i=1;i<=m;i++){
     scanf("%d%d%d%d",&e[i].st,&e[i].en,&e[i].v,&e[i].c);
     e[i].st++;e[i].en++;
   }
  while (l<=r){
    mid=(l+r)>>1;
    for (int i=1;i<=m;i++) {if (e[i].c==0) e[i].v+=mid;}
    for (int i=1;i<=n+1;i++) fa[i]=i;ans=0;temp=0;cnt=0;
    solve();
    if (temp>=need) {l=mid+1;ans2=ans-need*mid;}else r=mid-1;
    for (int i=1;i<=m;i++) if (e[i].c==0) e[i].v-=mid;
  }
  printf("%d\n",ans2);
}