bzoj 1016 [JSOI2008]最小生成树计数

[JSOI2008]最小生成树计数

Description

现在给出了一个简单无向加权图。你不满足于求出这个图的最小生成树,而希望知道这个图中有多少个不同的最小生成树。(如果两颗最小生成树中至少有一条边不同,则这两个最小生成树就是不同的)。由于不同的最小生成树可能很多,所以你只需要输出方案数对31011的模就可以了。

Input

第一行包含两个数,n和m,其中1<=n<=100; 1<=m<=1000; 表示该无向图的节点数和边数。每个节点用1~n的整数编号。接下来的m行,每行包含两个整数:a, b, c,表示节点a, b之间的边的权值为c,其中1<=c<=1,000,000,000。数据保证不会出现自回边和重边。注意:具有相同权值的边不会超过10条。

Output

输出不同的最小生成树有多少个。你只需要输出数量对31011的模就可以了。

Sample Input

4 6
1 2 1
1 3 1
1 4 1
2 3 2
2 4 1
3 4 1

Sample Output

8
 
题解:
  就是最小生成树的话每种权值用了多少边是一定的。
  可以证明,两棵最小生成树,不同种类(权值一样的边叫做一类)的边用量是一样的。
  所以说,可以先求一次最小生成树,各个种类的边的用量先知道,然后dfs搜出有多少种
  方式可以联通出当前权值的联通性,因为在求最小生成树中,该权值的边的联通性是一定
  包涵完全的。所以乘法原理即可。
 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cmath>
 6 
 7 #define mod 31011
 8 #define N 107
 9 #define M 1007
10 using namespace std;
11 inline int read()
12 {
13     int x=0;char ch=getchar();
14     while(ch<'0'||ch>'9'){ch=getchar();}
15     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
16     return x;
17 }
18 
19 int n,m,cnt,tot,ans=1,sum;
20 int fa[N];
21 struct edge{int x,y,v;}e[M];
22 struct data{int l,r,v;}a[M];
23 
24 bool cmp(edge a,edge b){return a.v<b.v;}
25 int find(int x){return x==fa[x]?x:find(fa[x]);}
26 void dfs(int x,int now,int k)
27 {
28      if(now==a[x].r+1)
29      {
30          if(k==a[x].v)sum++;
31          return;
32      }
33      int p=find(e[now].x),q=find(e[now].y);
34      if(p!=q)
35      {
36          fa[p]=q;
37          dfs(x,now+1,k+1);
38          fa[p]=p;fa[q]=q;
39      }
40      dfs(x,now+1,k);
41 }
42 int main()
43 {
44     n=read();m=read();
45     for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
46     for(int i=1;i<=m;i++) e[i].x=read(),e[i].y=read(),e[i].v=read();
47     sort(e+1,e+m+1,cmp);
48     
49     for(int i=1;i<=m;i++)
50     {
51         if(e[i].v!=e[i-1].v){a[++cnt].l=i;a[cnt-1].r=i-1;}
52         int p=find(e[i].x),q=find(e[i].y);
53         if(p!=q){fa[p]=q;a[cnt].v++;tot++;}
54     }
55     a[cnt].r=m;
56     if(tot!=n-1){printf("0");return 0;}
57     
58     for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
59     for(int i=1;i<=cnt;i++)
60     {
61         sum=0,dfs(i,a[i].l,0);
62         ans=(ans*sum)%mod;
63         for(int j=a[i].l;j<=a[i].r;j++)
64         {
65             int p=find(e[j].x),q=find(e[j].y);
66             if(p!=q)fa[p]=q;
67         }
68     }//爆搜连边,然后乘法原理即可,因为小的边的联通性是可以保证的。 
69     printf("%d",ans);
70 }

 

posted @ 2017-12-12 16:46  Kaiser-  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏