传送门

解析：

又是一道思维题。。。码量巨少。。。

其实拿到题目还想了想瓶颈路，但最后就是没有推出来最小生成树的结论。。。

好吧真是一道神题。。。

思路：

最优的方案一定是最小生成树构建过程中的某个图。将这个图中的边全部打通就是最优的方案。

其实证明还是有点巧妙。

首先如果我们已经求出了一个连通块需要被打通，那么打通这个连通块的代价是 $max\{max\{a\},max\{c\}\}\times min\{b\}$ ，这个十分//////

考虑这样一个图（懒得画了，毕竟画得奇丑）。

三个节点，两条边连接 $<1,2>$ 和 $<2,3>$ ，权值 $c_1>c_2$ ，最小生成树构建中必然先连 $c_2$ 再连接 $c_1$ ，因为直接连接 $c_1$ 的时候占领这个连通块的代价是 $max\{a_1,a_2,c_1\}\times min\{b_1,b_2\}+b_3\times a_3$ ，而直接连接 $c_2$ 的代价是 $max\{a_2,a_3,c_2\}\times min\{b_2,b_3\}+a_1\times b_1$ 。

显然可以发现，先连权值更大的边是不够优的。

所以对于每一个连通块，我们维护打通这个连通块需要的至少的特种兵数量，然后我们直接在费用最少的地方集中放置，显然一定可以打通这个连通块。那么这个连通块的代价就是 $max\{a\}\times min\{b\}$ ，这两个值可以分别在并查集上维护。

但是相对的，我们不一定要打通这个连通块，就算在构建最小生成树的时候在并查集上合并了两个连通块，但是在最终的方案中可能分别打通两个连通块更优，所以我们在维护打通当前连通块的费用时要单独维护。

然后就直接做一遍 $Kruskal$ ，顺便在合并的时候更新答案就行了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc getchar
#define pc putchar
#define cs const

inline int getint(){
	re int num;
	re char c;
	while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
	while(isdigit(c=gc()))num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
	return num;
}

cs int N=100005,M=200005;
struct edge{
	int u,v,w;
	friend bool operator<(cs edge &a,cs edge &b){
		return a.w<b.w;
	}
}e[M];

int maxn[N],minn[N];
ll val[N];
ll tot;
ll ans;
int fa[N];
inline int getfa(int x){
	while(x!=fa[x])x=fa[x]=fa[fa[x]];
	return x;
}

int n,m;
signed main(){
	n=getint();
	m=getint();
	for(int re i=1;i<=n;++i){
		fa[i]=i;
		maxn[i]=getint();
		minn[i]=getint();
		tot+=(val[i]=1ll*maxn[i]*minn[i]);
	}
	ans=tot;
	for(int re i=1;i<=m;++i){
		e[i].u=getint();
		e[i].v=getint();
		e[i].w=getint();
	}
	sort(e+1,e+m+1);
	for(int re i=1;i<=m;++i){
		int u=getfa(e[i].u),v=getfa(e[i].v);
		if(u==v)continue;
		fa[v]=u;
		maxn[u]=max(maxn[u],max(maxn[v],e[i].w));
		minn[u]=min(minn[u],minn[v]);
		tot-=val[u]+val[v];
		tot+=(val[u]=min(val[u]+val[v],1ll*minn[u]*maxn[u]));
		ans=min(tot,ans);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

2018.10.19【BZOJ4973】比特战争（最小生成树）

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解析：

思路：

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