P12375 「LAOI-12」MST? 解题报告

P12375 「LAOI-12」MST? 解题报告

题目目标

大家好！今天我们来分析一道有趣的构造题。题目要求我们构造一个 \(n\) 个点、\(m\) 条边的连通图，边的权值分别是 \(1, 2, \dots, m\)。我们的目标是，让这张图的最小生成树（MST）的边权之和最大。

这听起来有点矛盾，最小生成树不就是为了求最小的边权和吗？怎么又要让它最大呢？关键就在于“构造”二字。我们可以设计图的连接方式，巧妙地“逼迫”最小生成树算法去选择那些权值很大的边。

核心思想：如何“抬高”最小生成树的成本？

我们先回顾一下Kruskal算法是如何构造最小生成树的：

  1. 将所有边按权值从小到大排序。
  2. 依次遍历每条边，如果这条边的两个端点尚未连通，就选择这条边，并合并这两个端点所在的集合。
  3. 重复直到选够 \(n-1\) 条边。

Kruskal算法是个“小气鬼”，总是优先选择权值最小的边。要想让最终的MST权值和变大，我们必须让它没得选，不得不去选那些大权值的边。

怎么做到呢？答案是：浪费掉那些小权值的边。

一条边在什么情况下会被Kruskal算法“无视”？当这条边的两个端点已经连通时！加上这条边就会形成环，所以Kruskal会跳过它。

所以我们的核心策略就是：按权值从小到大的顺序（\(1, 2, 3, \dots\)）考虑每一条边，尽可能地用它来连接两个已经连通的点，从而“浪费”掉它。只有在万不得已（即不加这条边就无法连接新节点）的情况下，才让它成为MST的一部分。

构造策略与规律发现

让我们来模拟一下这个过程，看看哪些边最终会被选入MST。

我们用一个点集合（初始只有一个点）来表示当前已经连通的部分，我们称之为“圈”。

  1. 边 1 (权值为1)：

    • 当前只有一个点，无法浪费。必须用它来连接一个新点。
    • 选择边 1，连接点1和点2。现在我们的“圈”里有 {1, 2} 两个点了。
    • MST边权和：1。

  2. 边 2 (权值为2)：

    • “圈”里只有两个点，它们之间已经有边了。我们想连接一个新点3，必须用上这条边。
    • 选择边 2，比如连接点2和点3。现在“圈”里有 {1, 2, 3} 三个点（它们互相连通）。
    • MST边权和：1 + 2 = 3。

  3. 边 3 (权值为3)：

    • 我们的“圈”里有 {1, 2, 3}。点1和点3已经通过点2连通了。太好了！我们可以浪费边3了。
    • 浪费边 3，用它连接点1和点3。这样，{1, 2, 3} 就成了一个三点完全图（一个三角形）。这条边不会被Kruskal选入MST。
    • MST边权和：仍然是 3。

  4. 边 4 (权值为4)：

    • 现在“圈”里的点 {1, 2, 3} 已经紧密连接，无法在内部浪费边了。我们需要连接一个新点4。
    • 选择边 4，比如连接点3和点4。“圈”扩大为 {1, 2, 3, 4}。
    • MST边权和：3 + 4 = 7。

  5. 边 5 (权值为5) 和 边 6 (权值为6)：

    • 我们可以用这两条边来继续“加固”我们的“圈”，把 {1, 2, 3, 4} 变成一个四点完全图。比如用边5连接(1,4)，用边6连接(2,4)。
    • 浪费边 5 和边 6。
    • MST边权和：仍然是 7。

我们发现了一个规律！
被选入MST的边的权值分别是：1, 2, 4, 7, 11, 16, ...
被浪费的边，其权值正好填补了上面数列的空隙。

这个被选中的数列 \(a_i\) 有什么特点？
\(a_2 - a_1 = 1\)
\(a_3 - a_2 = 2\)
\(a_4 - a_3 = 3\)
...
\(a_k - a_{k-1} = k-1\)

这是一个二阶等差数列。通过简单的数学推导（或者直接观察），我们可以得到它的通项公式：

\[a_k = \frac{k(k-1)}{2} + 1 \]

这个公式的含义是：当我们准备引入第 \(k+1\) 个点时（即选择第 \(k\) 条MST边），我们已经把前 \(k\) 个点构成了一个完全图，这消耗了 \(\frac{k(k-1)}{2}\) 条边。所以第 \(k\) 条被选中的MST边，是所有边里的第 \(\frac{k(k-1)}{2} + 1\) 条。

临界点：什么时候不能再“浪费”了？

上面的策略是建立在“我们有足够多的边可以浪费”的前提下的。但如果总边数 \(m\) 有限，我们可能浪费到一半就没边可用了。

设我们已经按照上述策略，选了 \(x\) 条边进入MST，它们的权值分别是 \(a_1, a_2, \dots, a_x\)。此时：

  • 我们一共考虑了 \(a_x\) 条边（权值为 \(1 \sim a_x\)）。
  • 我们还剩下 \(m - a_x\) 条边。
  • 我们还需要 \(n-1-x\) 条边才能构成一棵完整的生成树。

如果剩下的边数 \((m - a_x)\) 恰好等于还需要的边数 \((n-1-x)\)，那我们就没有选择的余地了，剩下的所有边都必须被选入MST。

所以，我们需要找到一个临界点 \(x\)，表示我们最多可以执行 \(x\) 次“浪费-选择”的策略。这个 \(x\) 满足：

\[m - a_x \ge n - 1 - x \]

把 \(a_x = \frac{x(x-1)}{2} + 1\) 代入并化简，可以得到一个关于 \(x\) 的一元二次不等式：

\[\frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{2}x - m + n \le 0 \]

我们可以用求根公式解出这个不等式的根，取正根并向下取整，就得到了最大的符合条件的整数 \(x\)。

最终答案计算

现在，我们的总答案被清晰地分成了两部分：

  1. 策略内部分：前 \(x\) 条被我们精心挑选出来的MST边。它们的权值和是 \(\sum_{i=1}^x a_i\)。
    这个和也有一个漂亮的求和公式：

    \[sum_1 = \sum_{i=1}^x \left(\frac{i(i-1)}{2} + 1\right) = \frac{(x^2+5)x}{6} \]

  2. 策略外部分：当策略进行到第 \(x\) 步后，我们没法再浪费边了。此时我们还需要 \(n-1-x\) 条边。为了让MST权值和最大，我们肯定会贪心地选择剩下边中权值最大的那些。
    剩下的边是从 \(a_x+1\) 到 \(m\)。其中权值最大的 \(n-1-x\) 条边就是：\(m, m-1, m-2, \dots, m-(n-1-x)+1\)。
    这是一个等差数列，它的和为：

    \[sum_2 = \frac{\text{项数} \times (\text{首项} + \text{末项})}{2} = \frac{(n-1-x) \times (m + m - (n-1-x) + 1)}{2} = \frac{(n-1-x)(2m - n + x + 2)}{2} \]

最终的答案就是这两部分之和，再对 \(998244353\) 取模：

\[\text{Ans} = (sum_1 + sum_2) \pmod{998244353} \]

代码实现注意事项

  1. 解一元二次方程：可以直接使用 sqrt 函数求解，注意浮点数精度。
  2. 大数运算：由于 \(n, m\) 可达 \(10^{18}\)，在计算 \(sum_1\) 和 \(sum_2\) 时，中间过程（如 \(x \cdot x \cdot x\)）会超出 long long 的范围。
    • 最佳方案：使用 __int128 类型，它能轻松容纳中间结果，代码写起来最简洁。
    • 备用方案：如果使用 long long，在做除法（如除以6或2）时要特别小心。因为我们是先算出整数结果再取模，而不是在模意义下做除法。可以写一个辅助函数，判断分子中的哪个乘数能被分母的因子（如2或3）整除，先做除法再做乘法，避免溢出。

总结

解这道题的完整流程如下：

  1. 理解题意：要通过构造图来最大化MST的权值和。
  2. 确立策略：贪心地“浪费”小编号的边去构成完全图（“圈”），迫使MST选择大编号的边。
  3. 发现规律：被选入MST的边权 \(a_k\) 构成一个二阶等差数列。
  4. 寻找临界：当剩余边数不足以再浪费时，策略中止。通过解一元二次不等式找到这个临界点 \(x\)。
  5. 分段计算：答案分为两部分——按策略选择的前 \(x\) 条边的和，以及贪心选择的最大的后 \(n-1-x\) 条边的和。
  6. 套用公式：利用推导出的求和公式计算两部分和，相加后取模。
  7. 注意实现：处理好大数运算溢出的问题。

希望这份报告能帮助你理解这道题的精妙之处！

posted @ 2025-07-11 19:26  surprise_ying  阅读(6)  评论(0)    收藏  举报