bzoj1016: [JSOI2008]最小生成树计数（最小生成树+搜索）

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神题啊膜拜。

解法：

首先有这样的两个定理（不知道对不对啊）

定理1：

图G。

树1和树2同为图G的最小生成树（方案可能很多种嘛）

如果树1权值为1的边有三条的话。

那么树2权值为1的边也刚好有三条。

即：

不同的最小生成树方案等权边的条数都一样。

定理2：

如果树1的权值为1的边联通的是1,3,4这三个点。

那么树2的权值为1的边联通的也是1,3,4这三个点。

我不知道我有没有说错。。

既然等权边条数是一定的。

那么我们先跑一次最小生成树先求出各种边权都有多少条。

然后题目给出具有相同权值的边不会超过10条。（美滋滋）

那么我们就可以用2^10来递归方案。

因为定理2。

所以我们并不需要管上一种边选的是哪几条。

最后根据乘法原理把每一种权值的边的方案乘起来就是答案了。

注意：

这题的并查集不可以路径压缩。

因为在递归里需要用到回溯，压缩的话不容易回溯，所以不可以路径压缩。。

代码实现：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node {
int x,y,c;
}a[1100];
const int mod=31011;
int fa[110];
int findfa(int x) {
if(fa[x]!=x) //不压缩路径
return findfa(fa[x]);
return fa[x];
}
int cmp(const void *xx,const void *yy) {
node n1=*(node *)xx;
node n2=*(node *)yy;
return n1.c-n2.c;
}
int s[1100],e[1100],n,m,tt[1100],sum,ss[1100],ll;
void dfs(int k,int x,int st) { //表示我当前问的是第k种边，已经选了x条，问到第st条
if(st==e[k]+1) {
if(x==s[k])  //如果选出来的边等于最小生成树所需要的边，答案+1
sum++,sum%=mod;
return ;
}
int xx=findfa(a[st].x),yy=findfa(a[st].y);
if(xx!=yy) {
fa[xx]=yy;
dfs(k,x+1,st+1); //选这条边
fa[xx]=xx;
}
dfs(k,x,st+1); //不选这条边
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
int len=0;
for(int i=1;i<=m;i++) {
int x,y,c;scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
len++;a[len].x=x;a[len].y=y;a[len].c=c;
}
qsort(a+1,len,sizeof(node),cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
fa[i]=i;
int t=0,x=0,k=0,kk;
memset(s,0,sizeof(s));
memset(e,0,sizeof(e));
for(int i=1;i<=len;i++) {
int xx=findfa(a[i].x),yy=findfa(a[i].y);
if(a[i].c!=a[i-1].c) {
e[k]=i-1;k++; //e[k]表示第k种边的最后一条在数组里面是什么位置。
}
if(xx!=yy) {
fa[xx]=yy;
t++;s[k]++;
}
}
e[k]=m; //最后一种的结束位置肯定是m啦。。
if(t!=n-1) { //如果整个图不联通的话那么没有答案。
printf("0\n");return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
fa[i]=i;
int ans=1;
memset(ss,0,sizeof(ss));
for(int i=1;i<=k;i++) {
sum=0;ll=0;
dfs(i,0,e[i-1]+1); //上一种边的结束位置+1就是这一种边的开始位置
ans=(ans*sum)%mod;
for(int j=e[i-1]+1;j<=e[i];j++) {
int xx=findfa(a[j].x),yy=findfa(a[j].y);
if(xx!=yy) {
fa[xx]=yy; //因为根据定理2，联通的点都是一样的所以我们随便连就好。
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}

神题做了一整天。。