题意：给定一张n<=100,m<=1000的无向图，另外相同权值的边不超过10条，求最小生成树的数目。

思路：首先我们将不同的权值从小到大分开考虑。

我们证明以下定理：一个无向图所有的最小生成树中某种权值的边的数目均相同。

开始时，每个点单独构成一个集合。

首先只考虑权值最小的边，将它们全部添加进图中，并去掉环，由于是全部尝试添加，那么只要是用这种权值的边能够连通的点，最终就一定能在一个集合中。

那么不管添加的是哪些边，最终形成的集合数都是一定的，且集合的划分情况一定相同。那么真正添加的边数也是相同的。因为每添加一条边集合的数目便减少1.

那么权值第二小的边呢？我们将之间得到的集合每个集合都缩为一个点，那么权值第二小的边就变成了当前权值最小的边，也有上述的结论。

因此每个阶段，添加的边数都是相同的。我们以权值划分阶段，那么也就意味着某种权值的边的数目是完全相同的。

于是我们考虑做法。

首先做一遍最小生成树看一下每种权值的边出现了几次。若不能构成生成树输出0.

然后考虑每一个阶段：从小到大处理每一种权值的边，状压枚举所有这种权值的边，看这种权值的边出现指定次数时能否全部加入当前的森林。若能，则这个阶段的数目+1.

那么答案就是每个阶段的数目的乘积。

对于每一个阶段，我们也可以不用暴力枚举，而用O(N^3)的Matrix-Tree定理求解行列式。若相同权值的边数过多的话就只能用这种方法了。

Code:(状态压缩)

#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define N 110
int n, m;
struct Edge {
	int f, t, len;
	void read() {
		scanf("%d%d%d", &f, &t, &len);
	}
	bool operator < (const Edge &B) const {
		return len < B.len;
	}
}E[1010];

map<int, int> M;

int root[N], tmp[N];
void reset() {
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		root[i] = i;
}
int find(int x) {
	int q = x, tq;
	for(; x != root[x]; x = root[x]);
	while(q != x) {
		tq = root[q];
		root[q] = x;
		q = tq;
	}
	return x;
}

int count(int x) {
	int res = 0;
	for(; x; x -= x & -x)
		++res;
	return res;
}

int _debug(int x) {
	return M[x];
}

#define Mod 31011
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	
	register int i, j, k;
	for(i = 1; i <= m; ++i)
		E[i].read();
	
	sort(E + 1, E + m + 1);
	
	int intree = 0, ra, rb;
	reset();
	for(i = 1; i <= m; ++i) {
		ra = find(E[i].f);
		rb = find(E[i].t);
		if (ra != rb) {
			++M[E[i].len];
			root[ra] = rb;
			if (++intree == n - 1)
				break;
		}
	}
	
	if (intree < n - 1) {
		puts("0");
		return 0;
	}
	
	int S, res = 1, now;
	reset();
	for(i = 1; i <= m; ) {
		for(j = i; E[j].len == E[j + 1].len; ++j);
		if (M[E[i].len]) {
			memcpy(tmp, root, sizeof root);
			now = 0;
			for(S = 1; S < (1 << (j - i + 1)); ++S) {
				if (count(S) != M[E[i].len])
					continue;
				memcpy(root, tmp, sizeof tmp);
				bool ac = 1;
				for(k = i; k <= j; ++k) {
					if ((S >> (k - i)) & 1) {
						ra = find(E[k].f);
						rb = find(E[k].t);
						if (ra == rb) {
							ac = 0;
							break;
						}
						root[ra] = rb;
					}
				}
				if (ac)
					++now;
			}
			res = res * now % Mod;
			memcpy(root, tmp, sizeof tmp);
			for(k = i; k <= j; ++k) {
				ra = find(E[k].f);
				rb = find(E[k].t);
				if (ra != rb)
					root[ra] = rb;
			}
		}
		i = j + 1;
	}
	
	printf("%d", res);
	
	return 0;
}

BZOJ1016 [JSOI2008]最小生成树计数