题目大意
有一个两部各有 \(n\) 个节点的二分图 \(G\)，定义 \(G^m\) 为一个 \(m+1\) 层的图，每层有 \(n\) 个节点，相邻两层的诱导子图都和 \(G\) 相同。
给你 \(m\)，求对于所有 \(1\leq i\leq m\)，\(G^i\) 的最小生成树的边权和。
保证图连通。
\(n,m\leq 100000,\text{边数 }\leq 200000,\text{边权}\leq 30\)
题解
对于 \(G^i\)，先求出用了多少种边权 \(<j\) 的边，再求出用了多少条边权 \(\leq j\) 的边，就可以得到用了多少条边权为 \(j\) 的边。
那么边权就可以忽略了。
现在要求出 \(G^i\) 有多少条边。
从左往右扫，用并查集维护最后两层节点的连通性。
那么再下一层的并查集肯定会是这两层的并查集加上一点边。
当我们处理完一层的时候，求出这层新加的边对下一层的贡献。
这层每加一条边，下一层就要在这两个集合右侧的点之间连边。
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然后不停地往右边传就好了。
每加一条边就会合并两个集合，所以总共会加 \(O(n)\) 条边。
时间复杂度：\(O(w(n+m+e)\alpha(n))\)
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<functional>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<assert.h>
//using namespace std;
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::sort;
using std::reverse;
using std::random_shuffle;
using std::lower_bound;
using std::upper_bound;
using std::unique;
using std::vector;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef std::pair<int,int> pii;
typedef std::pair<ll,ll> pll;
void open(const char *s){
#ifndef ONLINE_JUDGE
char str[100];sprintf(str,"%s.in",s);freopen(str,"r",stdin);sprintf(str,"%s.out",s);freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
void open2(const char *s){
#ifdef DEBUG
char str[100];sprintf(str,"%s.in",s);freopen(str,"r",stdin);sprintf(str,"%s.out",s);freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
int rd(){int s=0,c,b=0;while(((c=getchar())<'0'||c>'9')&&c!='-');if(c=='-'){c=getchar();b=1;}do{s=s*10+c-'0';}while((c=getchar())>='0'&&c<='9');return b?-s:s;}
void put(int x){if(!x){putchar('0');return;}static int c[20];int t=0;while(x){c[++t]=x%10;x/=10;}while(t)putchar(c[t--]+'0');}
int upmin(int &a,int b){if(b<a){a=b;return 1;}return 0;}
int upmax(int &a,int b){if(b>a){a=b;return 1;}return 0;}
const int N=200010;
int f[N];
vector<pii> g[40],a,b;
int find(int x)
{
return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);
}
int c[N];
int merge(int x,int y)
{
if(find(x)==find(y))
return 0;
if(!c[find(y)])
c[find(y)]=c[find(x)];
f[find(x)]=find(y);
return 1;
}
int n,m,e;
ll ans[N];
ll s[N];
ll d[N];
int main()
{
open("c");
scanf("%d%d%d",&n,&m,&e);
int x,y,w;
for(int i=1;i<=e;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
g[w].push_back(pii(x,y));
}
for(int i=1;i<=30;i++)
{
a.clear();
for(int j=1;j<=i;j++)
for(auto v:g[j])
a.push_back(v);
for(int j=1;j<=2*n;j++)
f[j]=j;
for(int j=1;j<=m;j++)
d[j]=0;
for(int j=1;j<=2*n;j++)
c[j]=0;
for(auto v:a)
d[1]+=merge(v.first,v.second+n);
b.clear();
for(int j=n+1;j<=2*n;j++)
if(!c[find(j)])
c[find(j)]=j;
else
b.push_back(pii(c[find(j)]-n,j-n));
for(int j=2;j<=m;j++)
{
a=b;
b.clear();
for(auto v:a)
if(find(v.first)!=find(v.second))
{
if(c[find(v.first)]&&c[find(v.second)])
b.push_back(pii(c[find(v.first)]-n,c[find(v.second)]-n));
merge(v.first,v.second);
}
else
d[j]--;
}
for(int j=2;j<=m;j++)
d[j]+=d[j-1];
for(int j=2;j<=m;j++)
d[j]+=d[j-1];
for(int j=1;j<=m;j++)
{
ans[j]+=i*(d[j]-s[j]);
s[j]=d[j];
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}