P2619 [国家集训队]Tree I（K 度限制生成树二分）

P2619 [国家集训队]Tree I

一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的带权无向联通图，每条边是黑色或白色。求一棵最小权的恰好有 \(need\) 条白色边的生成树，题目保证有解。

\(n\le 5\times 10^4,m\le 10^5,val\in[1,100]\)。

\(\color{yellow}{\bigstar\texttt{Trick}}\)：这种限制选择 \(need\) 个物品的问题可以考虑 WQS 二分(或者直接叫二分？？？)

将所有白边从小到大排序后，每条边权值加上一个 \(x\) 之后再进行最小生成树。

可以发现随着增加值 \(x\) 的增大，我们选择的白边的数量不断减少，完全可以二分找到最接近选择 \(need\) 条白边的那个 \(x\)。

那么我们二分 \(k\)，如果发现 \(chose>need\)，就增大 \(k\)，否则减小 \(k\)。

代码实现的时候有一个细节上的小技巧：二分不一定能够准确的二分到 \(need\)，这是因为有白边和黑边权值相同，取到了黑边。

不妨先二分出最接近 \(need\) 的一个 \(x\)，由于题目保证有解，此时多出来的白边一定有相同权值的黑边可以代替。

为什么？若不存在相同权值的黑边可以代替，我们选择 \(need\) 数量的白边必须要舍弃较小权值 \(wh\) 的白边再选择较大权值 \(bl\) 的黑边，确保交换的 \(bl-wh\) 最小。那么完全可以在二分的时候 \(x\) 变为 \(x+bl-wh+1\)，使得二分后这条 \(bl\) 黑边就在 \(wh\) 白边后面(一定不存在新的替换，因为 \(bl-wh\) 最小)，这使得二分出选择的白边数量减少 \(1\)，与一开始二分出的白边数量最接近与 \(need\) 矛盾，不成立。因此一定存在相同权值的黑边可以替代。

只用将白边与黑边权值相同时钦定白边优先，这样可以将一些的白边“替换”为黑边(贡献不变，意会即可)。

此题代码

// 白边是 0，黑边是 1。
#define Maxn 50005
#define Maxm 100005
int n,m,ned,cnt0,cnt1,ans=inf,Now,mid;
int fa[Maxn];
struct EDGE
{int u,v,c,opt;EDGE(int U=0,int V=0,int C=0,int OPT=0):u(U),v(V),c(C),opt(OPT){}bool friend operator < (EDGE x,EDGE y){ return (x.c!=y.c)?x.c<y.c:(x.opt<y.opt); }
}wh[Maxm],bl[Maxm],tmp[Maxm];
int Find(int x){ return (fa[x]==x)?x:(fa[x]=Find(fa[x])); }
inline bool merge(int x,int y)
{x=Find(x),y=Find(y);if(x!=y) { fa[x]=y; return true; }return false;
}
inline bool check()
{int used=0;for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;for(int i=1;i<=cnt0;i++) wh[i].c+=mid;merge(bl+1,bl+cnt1+1,wh+1,wh+cnt0+1,tmp+1);for(int i=1;i<=m;i++) if(merge(tmp[i].u,tmp[i].v))Now+=tmp[i].c,used+=(tmp[i].opt^1);for(int i=1;i<=cnt0;i++) wh[i].c-=mid;Now-=mid*ned;return used>=ned;
}
int main()
{n=rd(),m=rd(),ned=rd();for(int i=1,s,t,c,col;i<=m;i++){s=rd()+1,t=rd()+1,c=rd(),col=rd();if(!col) wh[++cnt0]=EDGE(s,t,c,0);else bl[++cnt1]=EDGE(s,t,c,1);}sort(wh+1,wh+cnt0+1),sort(bl+1,bl+cnt1+1);int nl=-101,nr=101;while(nl<=nr){mid=(nl+nr)>>1,Now=0;if(check()) nl=mid+1,ans=Now;else nr=mid-1;}printf("%d\n",ans);return 0;
}