Where are you - 牛客

题意

\(n\)个点\(m\)条带权边的无向连通图\(G\)，记\(G\)的最小生成树集合\(minTree\)，求满足\(edge \in minTree_i(1\leq i \leq size(minTree))\)的条数。（既这条边要在\(G\)的所有最小生成树中出现）

\(2 \leq n <m\leq2* 10^5\),\(1 \leq w \leq 10^6\)

题解

考虑相同权值的边对最小生成树造成的影响。将边排序后，记\(w_i\)为当前要加的边的权值，\(G’\)为使用权值\(w_j(1\leq j \leq i - 1)\)的边依照kruskal算法构成的图。那么向\(G‘\)加入所有\(w_x = w_i\)的边而构成的图\(G‘‘\)的桥就是出现在所有最小生成树中的边，然后不断以递推的形式就能求解。

1.\(G‘\)可能有很多个，那么选择某个\(G‘\)是否对\(G‘‘\)的桥的个数会有影响？

? 不会，记权值为\(w_i\)的边的两个端点为\(u,v\)，\(G‘\)的顶点集合为\(S\)，如果\(u \in S, v \in S\)，那么无论是哪个\(G‘\)，这条边都不会加入\(G‘\)去构成\(G‘‘\)。如果不都属于\(S\)，那么这条边与\(G‘\)中边没有任何关系，既无论是哪个\(G‘\)都不会对\(G‘‘\)造成影响。

2.如果每加入一组权值为\(w_i\)的边，都求一次图\(G‘‘\)的桥，会不会超时？

? 显然会超时，由1得，新加的边与\(G‘\)没有关系，所以可以将\(G‘\)的各个连通分支压缩成一个点。然后建图，跑完Tarjan，再删除原来的图。

代码

const int N = 200050;

struct Edge { int u, v, w; } e[N];
struct node { int to, next, id; } G[N << 1];

int n, m, p, tot, cnt;
int fa[N], Low[N], Dfn[N], res[N], head[N];

bool cmp(Edge& a, Edge& b) { return a.w < b.w; }

void Inite() {
    cnt = tot = 0;
    mem(head, -1);
    rep(i, 1, N) fa[i] = i;
}

void addedge(int u, int v, int id) {
    G[tot].to = v, G[tot].id = id, G[tot].next = head[u], head[u] = tot++;
    G[tot].to = u, G[tot].id = id, G[tot].next = head[v], head[v] = tot++;
}

void Tarjan(int u, int last) {
    Low[u] = Dfn[u] = ++cnt;
    for (int i = head[u]; ~i; i = G[i].next) if (i != (1 ^ last)) {
        int v = G[i].to;
        if (Dfn[v]) Low[u] = min(Low[u], Dfn[v]);
        else {
            Tarjan(v, i);
            Low[u] = min(Low[u], Low[v]);
            if (Dfn[u] < Low[v]) res[G[i].id] = 1;
        }
    }
}

int Find(int a) {
    return (a == fa[a] ? a : (fa[a] = Find(fa[a])));
}

void Solve() {
    for (int i = 1, j = 1; i <= m; i = j, tot = 0) {
        while(e[j].w == e[i].w) ++j;
        rep(k, i, j) {
            int fu = Find(e[k].u), fv = Find(e[k].v);
            if (fu != fv) addedge(fu, fv, k);
        }
        rep(k, i, j) {
            int fu = Find(e[k].u), fv = Find(e[k].v);
            if ((fu != fv) && !Dfn[fu]) Tarjan(fu, -1);
        }
        rep(k, i, j) {
            int fu = Find(e[k].u), fv = Find(e[k].v);
            Dfn[fu] = Dfn[fv] = 0;
            head[fu] = head[fv] = -1;
            if (fu != fv) fa[fu] = fv;
        }
    }

    int ans = 0;
    Rep(i, 1, m) ans += res[i];
    pr(ans);
}

int main()
{
    Inite();
    
    IOS;

    cin >> n >> m >> p;
    Rep(i, 1, m) cin >> e[i].u >> e[i].v >> e[i].w;

    sort(e + 1, e + m + 1, cmp);

    Solve();
    return 0;
}

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原文：https://www.cnblogs.com/zgglj-com/p/10086341.html