17.10.11
- 上午
- BZOJ 1015 [JSOI2008]星球大戰starwar
並查集
正向考慮的話,感覺不好操作已經合並了的並查集
但若反向考慮的話,就只用不斷向圖中加入新點——以及合並操作就好了
代碼:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #define MAXN 200005 using namespace std; struct edge{ int to,next; }e[MAXN*2]; int fa[MAXN*2],head[MAXN*2],d[MAXN*2],ans[MAXN*2]; bool vis[MAXN*2]; int n,m,cnt,ent=1,k; void add(int u,int v){ e[ent]=(edge){v,head[u]}; head[u]=ent++; } int find(int x){ return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]); } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i; for(int i=1,a,b;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&a,&b); a++; b++; add(a,b); add(b,a); } scanf("%d",&k); cnt=n-k; for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&d[i]),d[i]++,vis[d[i]]=1; for(int u=1;u<=n;u++) if(!vis[u]){ for(int i=head[u];i;i=e[i].next){ int v=e[i].to; if(vis[v]) continue; int fu=find(u),fv=find(v); if(fu==fv) continue; cnt--; fa[fv]=fu; } } for(int I=k;I>=1;I--){ ans[I]=cnt; int u=d[I]; vis[u]=0; cnt++; for(int i=head[u];i;i=e[i].next){ int v=e[i].to; if(vis[v]) continue; int fu=find(u),fv=find(v); if(fu==fv) continue; cnt--; fa[fv]=fu; } } ans[0]=cnt; for(int i=0;i<=k;i++) printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
- 車車繼續選講。
- BZOJ 1016 [JSOI2008]最小生成樹計數
好題。
有一個性質(正權圖):
對於一個無向圖的每一種最小生成樹,某種權值的邊的數目是相同的
(形象點說:如果一個無向圖有兩種最小生成樹的話,且第一種中有2個邊權為5的邊,
那麽第二種最小生成樹中也一定有2個邊權為5的邊)
可以通俗一點理解:
因為對一顆樹來說,邊的個數是固定的,為了保證生成樹的邊權和最小,
那麽無論是哪一種最小的生成方式,對於某一種權值的邊的數量一定是固定的,否則總邊權就變了。
正常一點的來理解:
按照Kruskal算法,
先考慮權值最小的那些邊,
這些邊全部放入圖中的話,也許會構成環,
無論刪掉哪些邊之後使得圖中沒有環,
最終聯通的點的構成集合都是相同的。
因為每加一條邊,聯通塊的個數就減少1個,且聯通的點的集合相同,
所以連的邊的個數相同的,
並且每種連邊方案的效果(即對圖的聯通貢獻)是相同的(不會受其他權值的邊的影響)。
至於大一點權值的邊,我們把上面聯通的點縮為一個點,那麽就和上面是一樣的了
所以每種權值的邊,無論選哪些來連,只要可以聯通成功,那麽所選的該權值的邊的個數就是相同的。
解法:
先跑一個Kruskal最小生成樹,統計出每種權值的邊的數量
接下來枚舉 選出的每種權值 (記當前枚舉到的權值為w,其對應的選的數量為k),
把構成最小生成樹的其他權值的邊先聯通它們該連通的那些部分,
再從權值==w的邊集中暴力枚舉出k個邊,嘗試把它們插入圖中,看是否能聯通整個圖,
如果可以聯通,則表明該權值的這k個邊是可以是一種聯通方法
統計出 每種權值的邊 有多少種聯通方法
(因為相同權值的邊不超過10個,狀壓暴力枚舉就好,那個Matrix-Tree什麽的也不會)
最後把 選出的每種權值 的聯通方法數組合(相乘)就好了。
代碼:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int mod=31011; struct edge{ int u,v,w; bool operator <(const edge &rtm) const{ return w<rtm.w; } }e[1005],use[105]; struct group{ int val,num; }g[105]; int fa[105],ha[1050]; int n,m,sn,cnt,ans=1,p,ent; void reset_father(){ sn=n; for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i; } int find(int x){ return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]); } bool merge(int i,edge *E){ int u=E[i].u,v=E[i].v; int fu=find(u),fv=find(v); if(fu==fv) return 0; sn--; fa[fv]=fu; return 1; } int doit(int cas){ static int l,r,now; now=0; while(!p||e[p].w!=g[cas].val) p++; l=p; while(p<=m&&e[p].w==g[cas].val) p++; r=p-1; for(int s=0;s<(1<<(r-l+1));s++) if(ha[s]==g[cas].num){ reset_father(); for(int i=1;i<=ent;i++) if(use[i].w!=g[cas].val) merge(i,use); for(int i=0;i<=r-l;i++) if((1<<i)&s) merge(l+i,e); if(sn==1) now++; } return now; } int main(){ for(int i=1<<0;i<=1<<10;i++) ha[i]=ha[i>>1]+(i&1); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w); sort(e+1,e+m+1); reset_father(); for(int i=1;i<=m;i++){ if(!merge(i,e)) continue; if(!cnt||e[i].w!=g[cnt].val) ++cnt,g[cnt].val=e[i].w; g[cnt].num++; use[++ent]=e[i]; } if(sn!=1) {printf("0"); return 0;} for(int i=1;i<=cnt;i++){ int tmp=doit(i); ans=1ll*ans*tmp%mod; } printf("%d",ans); return 0; }
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17.10.11