【题目】
题目描述：
很久很久以前有一个国家，这个国家有 N 个城市，城市由 1，2，3，…，N 标号，城市间有 M 条双向道路，每条道路都有两个属性 g 和 s ，两个城市间可能有多条道路，并且可能存在将某一城市与其自身连接起来的道路。后来由于战争的原因，国王不得不下令减小花费从而关闭一些道路，但是必须要保证任意两个城市相互可达。
道路花费的计算公式为 wG*max{所有剩下道路的属性g}+wS*max{所有剩下道路的属性s}，其中 wG 和 wS 是给定的值。国王想要在满足连通性的前提下使这个花费最小，现在需要你计算出这个花费。
输入格式：
第一行包含两个正整数 N 和 M 。
第二行包含两个正整数 wG 和 wS 。
后面的 M 行每行描述一条道路，包含四个正整数 u，v，g，s，分别表示道路连接的两个城市以及道路的两个属性。
输出格式：
输出一个整数，表示最小花费。若无论如何不能满足连通性，输出 -1 。
样例数据：
输入
3 3
2 1
1 2 10 15
1 2 4 20
1 3 5 1输出
30
备注：
【数据规模与约定】
对于 10% 的数据，N ≤ 10；M ≤ 20；
对于 30% 的数据，N ≤ 100；M ≤ 1000；
对于 50% 的数据，N ≤ 200；M ≤ 5000；
对于 100% 的数据，N ≤ 400；M ≤ 50000；wG，wS，g，s ≤ 1000000000。
【分析】
这道题，我们就先从部分分说起
30分做法：按照 g 的属性从小到大排序，枚举最大的 g（用 maxg 表示），对 g 属性小于等于 maxg 的所有道路按照 s 属性排序，然后对满足条件的道路做 Kruskal，时间复杂度为O（M * M * log M）
50分做法：在30分的基础上，每新增一条边，不需要重新用 sort 排序，只需要将这条边插入到上一次的边集合中，这样就可以在30分的基础上降一个 log M，时间复杂度为O（M * M）
100分做法：我们考虑，若加入一条新边，当前的最小生成树只可能从上次做最小生成树的（N - 1）条边和当前的边中选出的（N - 1）条边构成，因此只需维护一个边集来记录前一次做最小生成树的（N - 1）条边，时间复杂度为O（N * M）
【代码】
那个，哪位大佬可以具体解释一下 cin，scanf，cout，printf 的快慢之分吗，本蒟蒻已经凌乱了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1005;
const int M=100005;
const long long oo=1e+18;
int n,m,Wg,Ws,top;
int edge[N],father[N];
struct node
{
int u,v,g,s;
}a[M];
bool comp(const node &p,const node &q)
{
return p.g<q.g;
}
int find(int x)
{
if(father[x]!=x)
father[x]=find(father[x]);
return father[x];
}
long long Kruskal(int x)
{
int i,p,q,num=0;
long long ans=1ll*Wg*a[x].g;
for(i=1;i<=n;++i)
father[i]=i;
for(i=top;i>=1;--i)
{
if(a[edge[i]].s<a[x].s)
break;
edge[i+1]=edge[i];
}
top++;
edge[i+1]=x;
if(top<n-1) return oo;
for(i=1;i<=top;++i)
{
p=find(a[edge[i]].u);
q=find(a[edge[i]].v);
if(p!=q)
{
num++;
father[p]=q;
edge[num]=edge[i];
}
if(num==n-1)
break;
}
top=num;
if(num<n-1)
return oo;
return ans+1ll*Ws*a[edge[num]].s;
}
int main()
{
// freopen("road.in","r",stdin);
// freopen("road.out","w",stdout);
int i,j;
long long ans,minn=oo;
cin>>n>>m>>Wg>>Ws;
for(i=1;i<=m;++i)
scanf("%d%d%d%d",&a[i].u,&a[i].v,&a[i].g,&a[i].s);
sort(a+1,a+m+1,comp);
for(i=1;i<=m;++i)
{
ans=Kruskal(i);
minn=min(minn,ans);
}
if(minn==oo) cout<<-1;
else cout<<minn;
// fclose(stdin);
// fclose(stdout);
return 0;
}