【题解】「一本通 3.1 练习 3」秘密的牛奶运输
更快更正确的代码见刷题记录（尚未发布）。采用LCA，码量确实大了很多。
一道毒瘤题。upd：毒瘤者人也，非数据也。记一次长达4天的心理战。
题意
次小生成树板子：\(N\)和\(M\)分别表示顶点数和边数，\(z\)为边权。给\(M\)条边，求出这张图的次小生成树边权和。
\(1 \leq N \leq 500\), \(1 \leq M \leq 10^4\), \(1 \leq z \leq 10^9\)，有重边。
思路
目前找到的次小生成树算法都很简单粗暴，但是思路基本相同：先找出最小生成树\(T\)，再把一条非树边\(E\)加到树上，形成环。再在环上拿掉除了\(E\)之外最大的边，形成次小生成树的一项备选方案。在所有备选方案中选出边权和最小的，就是次小生成树。
一个问题：能不能用重边相互替换？
答：可以。
这位dalao的blog讲解了Kruskal和Prim衍生出的次小生成树算法：次小生成树详解及模板（prim 以及 kruskal）
这位dalao姐姐的blog讲了可以用dfs来找树上两点之间的最长边：就是这道题的题解
十分困顿时码的一份代码：
码一份大佬的代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1010, M = 10010;
struct Edge{
int a, b, w;
bool is_tree;
bool operator < (const Edge &e) const{
return w < e.w;
}
}edge[M];
int n, m;
int p[N], dist1[N][N], dist2[N][N]; // ???????
int h[N], e[M * 2], ne[M * 2], w[M * 2], idx;
int find(int x){
if(x != p[x]) p[x] = find(p[x]);
return p[x];
}
void add(int a, int b, int c){
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void dfs(int u, int fa, int maxn, int maxv, int dist1[], int dist2[]){
dist1[u] = maxn, dist2[u] = maxv;
for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]){
int j = e[i];
if(j != fa){
if(w[i] > maxn) dfs(j, u, w[i], maxn, dist1, dist2);
else if(w[i] < maxn && w[i] > maxv) dfs(j, u, maxn, w[i], dist1, dist2);
else dfs(j, u, maxn, maxv, dist1, dist2);
}
}
}
int main(){
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
memset(h, -1, sizeof(h));
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= m; i++){
cin >> edge[i].a >> edge[i].b >> edge[i].w;
}
sort(edge + 1, edge + 1 + m);
for(int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i;
LL sum = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++){
auto& [a, b, w, f] = edge[i];
int pa = find(a), pb = find(b);
if(pa != pb){
p[pa] = pb;
sum += w;
f = 1;
add(a, b, w), add(b, a, w);
}
}
// dfs????????????????
for(int i = 1; i <= n; i++){
dfs(i, -1, -1e9, -1e9, dist1[i], dist2[i]);
}
LL ans = 1e18;
for(int i = 1; i <= m; i++){
auto &[a, b, w, f] = edge[i];
if(!f){
if(w > dist1[a][b]) ans = min(ans, sum + w - dist1[a][b]);
else if(w > dist2[a][b]) ans = min(ans, sum + w - dist2[a][b]);
}
}
cout << ans << '\n';
}
upd：留这份代码是因为他用了C++的lambda表达式相关的东西，以及，他为什么要开两个dist数组？？？
我的经历：
一开始只想到单纯的最小生成树算法，为了避免麻烦，就尝试在求最小生成树的时候处理出两点之间边权最大的边。而且在Prim和Kruskal之间摇摆不定。刚了一晚，未果，气鼓鼓地睡觉去了，顺便骂了说数据太水的人。
第二天骂骂咧咧地打了一半LCA，觉得不合理，骂骂咧咧地关了电脑。
第三天不情不愿地打开代码，终于认识到要把问题放到一棵树上看———毕竟次小生成树怎么能没有树的存储方式呢？但是网上的算法实在看起来太慢了！破罐子破摔，打出来再说。于是敲出了下面代码的雏形。但是提交之后一直不给面子地 WA 10pts ，心灰意冷地关了电脑。
第四天麻木地打开代码，逐部分排错，甚至找了一份AC代码对照着看……最后锁定是最小生成树部分出了问题，才灵光一闪：是不是被重边拉垮了？！结果说明是的，
- 重边\((u, v, w_1)\)与\((u, v, w_2)\)不代表这两条边相等。恰恰相反，在最、次小生成树算法中，这往往意味着你要取给出的\((u, v, w)\)里边权\(w\)最小的边来作为在算法中实际使用的边。
（来自新编辑的博客）
问题解决，开开心心。
当然，在排错时也排出了一些问题，比如数组大小不够。总而言之，得益于这份非常舒适的数据，笔者得以坎坷起伏地AC了这道题。
但如果数据范围再大一点呢？
代码
事实上，由于没有考虑重边互相换的情况，这仍然不是一份完美的代码（应该把重边也存到edge里，如一开始的想法开结构体）。但是留着也算经（错）验（误）的积（收）累（集）啦懒得再码了
AC 45ms
//kruskal
//要选重边里最小的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 505;
const int M = 1e5 + 5;
const ll INF = 5e11 + 5;
int n, m, cnt, fa[N]; //,lca[N][N]
struct edge {
int u, v;
ll w;
} e[M];
vector <int> con[N];
ll lp[N][N], wt, ans; //longest path between i and j
ll mp[N][N];
bool chs[M];//重边；chosen e[i]
void dfs(int x, int lst, int r) {
int sz = con[x].size();
for (int i = 0; i < sz; i++) {
if (con[x][i] != lst) {
lp[r][con[x][i]] = max(lp[r][x], mp[x][con[x][i]]);
dfs(con[x][i], x, r);
}
}
}
int findf(int x) {
if (fa[x] == x)
return x;
return fa[x] = findf(fa[x]);
}
bool cmp(edge x, edge y) {
return x.w < y.w;
}
int main() {
ans = INF;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int a, b;
ll c;
scanf("%d%d%lld", &a, &b, &c);
if (mp[a][b] == 0 || mp[a][b] > c) {
cnt++;
e[cnt].u = a;
e[cnt].v = b;
e[cnt].w = c;
mp[a][b] = c;
mp[b][a] = c;
chs[cnt] = false;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
fa[i] = i;
sort(e + 1, e + cnt + 1, cmp);
int k = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
if (k == n - 1)
break;
int x = findf(e[i].u), y = findf(e[i].v);
if (x != y) {
chs[i] = true;
fa[x] = y;
wt += e[i].w;
k++;
con[e[i].u].push_back(e[i].v);
con[e[i].v].push_back(e[i].u);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
dfs(i, 0, i);
for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
if (!chs[i]) {
if (lp[e[i].u][e[i].v] < e[i].w)
ans = min(ans, wt - lp[e[i].u][e[i].v] + e[i].w);
}
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
THE END.
