2654: tree
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题目描述
给你一个无向带权连通图，每条边是黑色或白色。让你求一棵最小权的恰好有need条白色边的生成树。
题目保证有解。
输入
第一行V,E,need分别表示点数，边数和需要的白色边数。
接下来E行,每行s,t,c,col表示这边的端点(点从0开始标号)，边权，颜色(0白色1黑色)。
输出
一行表示所求生成树的边权和。
V<=50000,E<=100000,所有数据边权为[1,100]中的正整数。
样例输入
2 2 1
0 1 1 1
0 1 2 0
样例输出
2
提示
原数据出错，现已更新 by liutian,但未重测—2016.6.24
题解
这道题目的想法很棒。
如果白色边边权会变，那么随着这个值的变大，所选白边条数变少。
我们要做的就是控制白边的数量，使得它正好等于need。
由于变化是单调的，所以，我们想到用二分枚举。
如果发现选的白边数≥need，那么L=mid+1。否则R=mid-1。
但是真正把代码写下了，却发现有一种特别的数据过不去：
当前的mid，使得白边数＜need，但是mid+1使得白边数＞need。
后来看过网上大神的博客才恍然大悟。
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完全不用担心，因为题目保证有解，所以肯定是由于顺序的缘故。
也就是说肯定有一些和白边长度相等的黑边，我们可以把多余的白边替换掉。
若没有可替换的黑边，那么mid再大一些是完全可以的。
所以白边数≥need时就把当前的总代价赋给ans。
别忘了，有若干条白边的代价改变了，记得扣回来！
代码
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn=5e4+5,maxm=1e5+5;
int n,m,ned,fa[maxn],n1,n2,ans;
struct js{
int x,y,s;
}blk[maxm],wit[maxm];
int read()
{
int ret=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9') ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
return ret*f;
}
int get(int x){return (fa[x]==x)?x:fa[x]=get(fa[x]);}
bool cmp(js x,js y){return x.s<y.s;}
int check(int tem)
{
for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
int L1=1,L2=1,cnt=0,tot=n-1;
js nxt;int p=1,sum=0;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
if (wit[L2].s+tem<=blk[L1].s) nxt=wit[L2++],p=1;
else nxt=blk[L1++],p=0;
int x=get(nxt.x),y=get(nxt.y);
if (x==y) continue;fa[x]=y;
sum+=nxt.s+tem*p;cnt+=p;
if (!(--tot)) break;
}
if (cnt>=ned) ans=sum-(LL)ned*tem;
//最重要的就是-ned*tem，扣回多出代价
return cnt;
}
int main()
{
n=read(),m=read();ned=read();
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read()+1,y=read()+1,s=read(),c=read();
if (c) blk[++n1]=(js){x,y,s};
else wit[++n2]=(js){x,y,s};
}
sort(blk+1,blk+n1+1,cmp);
sort(wit+1,wit+n2+1,cmp);//分成两组，可以避免二分check时多次排序
blk[++n1].s=1e9;wit[++n2].s=1e9;
int L=-105,R=105;ans=1e9;
while (L<=R)
{
int mid=(R-L>>1)+L;
int ask=check(mid);
if (ask>=ned) L=mid+1;
else R=mid-1;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}