有一天，天才錢和學霸周閒的無聊玩起了遊戲，遊戲內容是這樣的，現在有nn個城堡
mm個不同的橋，每乙個橋連線著兩個不同的城堡，並且已知這mm個橋可以使nn個城堡連通，此外每乙個橋都有重量vv。兩位大爺需要給出選擇橋的方案使得所有城堡被連通，注意兩位大爺的方案不能完全相同（至少存在乙個橋不相同），已知周大爺優先給出方案（因此錢大爺的方案必須不同於周大爺）。規則很詭異，如果錢大爺的方案中橋的重量之和≤≤周大爺的方案中橋的重量之和，那麼錢大爺獲勝，反之周大爺獲勝。兩位大爺都很聰明，他們會給出最優方案。現在你需要計算誰會贏。
input
第一行輸入兩個值n（2≤n≤2000）,m (n≤m≤200000)
接下來m行，每一行輸入三個值a (1≤a≤n)，b(1≤b≤n)，v(1≤v≤1018),其中a!=b
output
如果錢大爺獲勝輸出「zin」，反之輸出「ogisosetsuna」 。
sample input
2 2
1 2 1
1 2 1
zin判斷最小生成樹是否唯一（求次小生成樹）的思路：
方法一：先跑一趟最小生成樹，記錄下來對應的邊，由於次小生成樹至少有一條邊不同於最小生成樹，所以我們可以列舉最小生成樹的每一條邊不在次小生成樹中，然後跑一趟
kursal
演算法，看是否次小生成樹的權值是否等於最小生成樹，不過複雜度有點大是o
（m*n+mlogm
）其中n
表示列舉次數，
m表示邊數 （
本題會tle）
就是刪除最小生成樹的一條邊，再求次小生成樹看權值是否與最小生成樹相同；
方法二：先證明乙個結論，次小生成樹一定可以由最小生成樹刪除乙個邊再添上乙個邊得到。在證明中，我們可以得知當我們新增新邊後需要刪除新構成的環上的一條邊，我們顯然要刪除 除了新邊外 權值最大的那個邊，這個我們可以o（
n^2）先把最小生成樹的所有路徑中邊權值最大的處理出來（
dfs即可），此後我們只用列舉每一條新加入的邊，然後o（
1）的獲得替換邊，所以尋找的複雜度是 o（
m+ n^2
） 總體的複雜度為o（
mlogm+m
+ n^2
） ，當然我們不用擔心資料範圍，因為只用看，替換邊的權值是否等於新加入邊的權值。 （沒懂t__t）
似乎是求出最小生成樹之後，再加入一條邊，這時肯定構成環了，所以就要刪除除新加邊之外權值最大的那條邊。
好像明白了，那麼就來做乙個轉換，列舉每一條邊，只需要列舉權值相同的邊就行啦，因為權值不同，一定無法使次小生成樹和最小生成樹權值相同；
那麼現在考慮是否只要只要有權值相同的邊，是否最小生成樹就不唯一呢？很顯然不是的，以為假設權值相同的邊無限大，生成過程肯定不需要這樣的邊，自然可以想到要是用於生成最小生成樹的邊有權值一樣的，那麼最小生成樹就不唯一。
#include#include#include#include#includeusing namespace std;
const int maxn=2e3+5;
int pre[10005];
int m;
int n;
int tot;
int find(int x)
int i=x;
int farther;
while(pre[i]!=i)
return root;
}bool join(int a,int b)
return false;
}struct path
a[200005];
bool cmp (path t1,path t2)
int main()
最小生成樹 次小生成樹
一 最小生成樹 說到生成樹首先要解釋一下樹，樹是乙個聯通的無向無環圖，多棵樹的集合則被稱為森林。因此，樹具有許多性質 1.兩點之間的路徑是唯一的。2.邊數等於點數減一。3.連線任意兩點都會生成乙個環。對於乙個無向聯通圖g的子圖，如果它包含g的所有點，則它被稱為g的生成樹，而各邊權和最小的生成樹則被稱...
次小生成樹
演算法引入 設g v,e,w 是連通的無向圖,t是圖g的一棵最小生成樹 如果有另一棵樹t1,滿足不存在樹t t t1 則稱t1是圖g的次小生成樹 演算法思想 鄰集的概念 由t進行一次可行交換得到的新的生成樹所組成的集合,稱為樹t的鄰集,記為n t 設t是圖g的最小生成樹,如果t1滿足 t1 min,...
次小生成樹
分類 圖論 2013 02 12 15 03 32人閱讀收藏 舉報次小生成樹 在求最小生成樹時，用陣列path i j 來表示mst中i到j最大邊權。求完後，直接列舉所有不在mst中的邊，把它加入到mst中構成一棵新的樹，且該樹有環，此環是由剛加入的邊 i,j 造成的，所以可以通過刪除path i ...