POJ 3522 最大边与最小边差值最小的生成树

这道题的题意很明了。求最大边与最小边差值最小的生成树

首先，把所有的生成树都求出来是不可能的，所以，必须用别的方法。

在学习次小生成树的过程中，知道了一个最小生成树的性质， 一个图的最小生成树不一定是唯一的，但是组成这些最小生成树的各个边的权值一定都是一一对应相同的。不会出现这种一个树上有两个边权值a+b等于另外一颗树上两个边c+d，然后这两个树都是最小生成树的情况。

对于本题来讲，上面那个性质就说明了一个图的最小生成树上的最小边的权值和最大边的权值是固定不变的。那么当使用克鲁斯卡尔算法时，第一次加入的必然是边权最小的边，由于克鲁斯卡尔算法的正确性已经得到验证过，那么此边的权值必然就是最小生成树的最小边权值了，当最小边的权值固定时，最小生成树的最大边的权值也“命中注定”是固定的，在最小边权值固定的情况下，其他的生成树的最大边必然也是大于等于最小生成树的最大边，否则就不满足我们上文提到的性质，这就是“当生成树的最小边确定时，最小生成树的最大边的权值是所有生成树中最小的”。从而，我们得到了一个本题的解法。
枚举最小边，然后求最小生成树，更新最优解。

此题去年已经做过，只不过没有思考为什么要这么做，只是朦胧感觉这是对的，现在仔细想了一下，总算想通了。网上大多题解没有写到为什么要这么枚举，我觉得思考过程还是最重要的吧

#include <iostream>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAXN 105
#define MAXM 10005
#define INF 1000000000
using namespace std;
int n, m;
int father[MAXN];
struct Edge
{
int x, y, w;
bool operator <(const Edge &a) const{
return w < a.w;
}
}edge[MAXM];
int find(int x)
{
if(father[x] == x) return x;
int t = find(father[x]);
father[x] = t;
return t;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
{
if(n == 0 && m == 0) break;
for(int i = 0; i < m; i++)
scanf("%d%d%d", &edge[i].x, &edge[i].y, &edge[i].w);
sort(edge, edge + m);
int ans = INF;
for(int i = 0; i <= m - n + 1; i++)
{
int tmp = -1, sum = 0;
for(int j = 1; j <= n; j++) father[j] = j;
for(int j = i; j < m; j++)
{
int fx = find(edge[j].x), fy = find(edge[j].y);
if(fx != fy)
{
sum ++;
father[fx] = fy;
if(sum == n - 1)
{
tmp = edge[j].w - edge[i].w;
break;
}
}
}
if(tmp != -1  && tmp < ans) ans = tmp;
}
if(ans < INF) printf("%d\n", ans);
else printf("-1\n");
}
return 0;
}