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bzoj1016 [JSOI2008]最小生成树计数
Description
现在给出了一个简单无向加权图。你不满足于求出这个图的最小生成树,而希望知道这个图中有多少个不同的最小生成树。(如果两颗最小生成树中至少有一条边不同,则这两个最小生成树就是不同的)。由于不同的最小生成树可能很多,所以你只需要输出方案数对31011的模就可以了。
Input
第一行包含两个数,n和m,其中1<=n<=100; 1<=m<=1000; 表示该无向图的节点数和边数。每个节点用1~n的整数编号。接下来的m行,每行包含两个整数:a, b, c,表示节点a, b之间的边的权值为c,其中1<=c<=1,000,000,000。数据保证不会出现自回边和重边。注意:具有相同权值的边不会超过10条。
Output
输出不同的最小生成树有多少个。你只需要输出数量对31011的模就可以了。
Sample Input
4 6
1 2 1
1 3 1
1 4 1
2 3 2
2 4 1
3 4 1
1 2 1
1 3 1
1 4 1
2 3 2
2 4 1
3 4 1
Sample Output
8
这题好像是经典题
先算出每种长度的边的数量,显然用这些边组成MST的方案和其他边是互不相干的
比如当前MST中只有1、2、5,要从长度为k的所有边的集合中选两条,凑成1、2、3、4、5,那么这两条的选取和长度不为k的边是无关的
所以直接爆搜每种长度的边,然后就可以直接乘起来
#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<algorithm>#include<cmath>#include<queue>#include<deque>#include<set>#include<map>#include<ctime>#define LL long long#define inf 0x7ffffff#define pa pair<int,int>#define mod 31011using namespace std;inline LL read(){ LL x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();} while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();} return x*f;}struct edge{int x,y,z;}e[100010];inline bool operator <(const edge &a,const edge &b){return a.z<b.z;}struct seg{int l,r,v;}a[100010];int n,m,cnt,tot,sum,ans=1;int fa[100010];inline int getfa(int x){return fa[x]==x?x:getfa(fa[x]);}inline void dfs(int x,int now,int k){ if (now==a[x].r+1) { if (k==a[x].v)sum++; return; } int fx=getfa(e[now].x),fy=getfa(e[now].y); if (fx!=fy) { fa[fx]=fy; dfs(x,now+1,k+1); fa[fx]=fx;fa[fy]=fy; } dfs(x,now+1,k);}int main(){ n=read();m=read(); for (int i=1;i<=m;i++) { e[i].x=read(); e[i].y=read(); e[i].z=read(); } sort(e+1,e+m+1); for (int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i; for (int i=1;i<=m;i++) { if (e[i].z!=e[i-1].z) { a[++cnt].l=i; a[cnt-1].r=i-1; } int fx=getfa(e[i].x),fy=getfa(e[i].y); if (fx!=fy) { a[cnt].v++; fa[fx]=fy; tot++; } } a[cnt].r=m; if (tot!=n-1) { printf("0"); return 0; } for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i; for(int i=1;i<=cnt;i++) { sum=0; dfs(i,a[i].l,0); ans=(ans*sum)%mod; for (int k=a[i].l;k<=a[i].r;k++) { int fx=getfa(e[k].x),fy=getfa(e[k].y); if (fx!=fy)fa[fx]=fy; } } printf("%d\n",ans);}
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