问题描述：
栋栋居住在一个繁华的C市中，然而，这个城市的道路大都年久失修。市长准备重新修一些路以方便市民，于是找到了栋栋，希望栋栋能帮助他。
C市中有n个比较重要的地点，市长希望这些地点重点被考虑。现在可以修一些道路来连接其中的一些地点，每条道路可以连接其中的两个地点。另外由于C市有一条河从中穿过，也可以在其中的一些地点建设码头，所有建了码头的地点可以通过河道连接。
栋栋拿到了允许建设的道路的信息，包括每条可以建设的道路的花费，以及哪些地点可以建设码头和建设码头的花费。
市长希望栋栋给出一个方案，使得任意两个地点能只通过新修的路或者河道互达，同时花费尽量小。
输入格式：
输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示C市中重要地点的个数和可以建设的道路条数。所有地点从1到n依次编号。
接下来m行，每行三个整数a, b, c，表示可以建设一条从地点a到地点b的道路，花费为c。若c为正，表示建设是花钱的，如果c为负，则表示建设了道路后还可以赚钱（比如建设收费道路）。
接下来一行，包含n个整数w_1, w_2, …, w_n。如果w_i为正数，则表示在地点i建设码头的花费，如果w_i为-1，则表示地点i无法建设码头。
输入保证至少存在一个方法使得任意两个地点能只通过新修的路或者河道互达。
输出格式：
输出一行，包含一个整数，表示使得所有地点通过新修道路或者码头连接的最小花费。如果满足条件的情况下还能赚钱，那么你应该输出一个负数。
样例输入：
5 5
1 2 4
1 3 -1
2 3 3
2 4 5
4 5 10
-1 10 10 1 1
样例输出：
9
样例说明：
建设第2、3、4条道路，在地点4、5建设码头，总的花费为9。
数据规模和约定
对于20%的数据，1< =n< =10，1< =m< =20，0< =c< =20，w_i< =20；
对于50%的数据，1< =n< =100，1< =m< =1000，-50< =c< =50，w_i< =50；
对于70%的数据，1< =n< =1000；
对于100%的数据，1 < = n < = 10000，1 < = m < = 100000，-1000< =c< =1000，-1< =w_i< =1000，w_i≠0。
样例示意图：
1—3—2—4修路，4和5之间建码头。
题目思路：
分为两种情况，建码头和不建码头，如果道路本身就是联通的，可以建码头也可以不建码头，如果道路是不联通的，就必须要建码头。用到了kruskal()算法，如果道路的耗费是负值的话是一定要建的。
对于码头，可以把所有码头都连到一个编号为0的顶点，代价是建码头的费用。
kruskal算法c参考代码：
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>//qsort()函数头文件。
#define MAXN 10001//1<=n<=10000。
#define MAXM 100001//1<=m<=100000。
int n,m;
int parent[MAXN];
typedef struct{
int u,v;
int w;
}Road,*road;
Road a[MAXM+MAXN];
/*qsort()比较函数*/
int cmp(const void *a,const void *b)
{
road pa=(road)a;
road pb=(road)b;
int num1=pa->w;
int num2=pb->w;
return num1-num2;
}
/*并查集初始化操作*/
void init()
{
int i;
for(i=0;i<=n;i++)
parent[i]=i;
}
/*并查集寻找根节点操作*/
int find(int x)
{
if(x==parent[x])
return x;
else
return parent[x]=find(parent[x]);
}
/*kruskal算法*/
int kruskal(int m)
{
int sum=0,i;
for(i=0;i<m;i++)
{
int A=find(a[i].u);
int B=find(a[i].v);
if(A!=B||a[i].w<0)//能赚钱的边一定要加入。
{
parent[A]=B;
sum+=a[i].w;
}
}
return sum;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,j,cost;
for(i=0;i<m;i++)
scanf("%d%d%d",&a[i].u,&a[i].v,&a[i].w);
j=m;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&cost);
if(cost!=-1)
{
a[j].u=0;
a[j].v=i;
a[j++].w=cost;
}
}
init();
for(i=0;i<m;i++)
{
int A=find(a[i].u);
int B=find(a[i].v);
if(A!=B)
parent[A]=B;
}
for(i=2;i<=n;i++)
{
if(find(1)!=find(i))
break;
}
int temp1,temp2;
if(i==n+1)//如果不加码头就能连通，则分别求出加码头和不加码头的最小生成树的权值和，两者比较，取较小者。
{
init();
qsort(a,m,sizeof(a[0]),cmp);
temp1=kruskal(m);
init();
qsort(a,j,sizeof(a[0]),cmp);
temp2=kruskal(j);
if(temp1<temp2)
printf("%d",temp1);
else
printf("%d",temp2);
}
else//不加码头不能连通，则必须加上码头，求出此时最小生成树的权值即可。
{
init();
qsort(a,j,sizeof(a[0]),cmp);
printf("%d",kruskal(j));
}
return 0;
}
参考资料：
传送门