【Usaco Nov08 Gold】 安慰奶牛

Description

Farmer John变得非常懒, 他不想再继续维护供奶牛之间供通行的道路. 道路被用来连接N(5 <= N <= 10,000)个牧场, 牧场被连续地编号为1..N. 每一个牧场都是一个奶牛的家.FJ计划除去P(N-1 <= P <= 100,000)条道路中尽可能多的道路, 但是还要保持牧场之间的连通性. 你首先要决定那些道路是需要保留的N-1条道路. 第j条双向道路连接了牧场S_j和E_j (1 <= S_j <= N; 1 <= E_j <= N; S_j != E_j),而且走完它需要L_j (0 <= L_j <= 1,000)的时间. 没有两个牧场是被一条以上的道路所连接. 奶牛们非常伤心, 因为她们的交通系统被削减了. 你需要到每一个奶牛的住处去安慰她们. 每次你到达第i个牧场的时候(即使你已经到过), 你必须花去C_i (1 <= C_i <= 1,000)的时间和奶牛交谈. 你每个晚上都会在同一个牧场(这是供你选择的)过夜, 直到奶牛们都从悲伤中缓过神来. 在早上起来和晚上回去睡觉的时候, 你都需要和在你睡觉的牧场的奶牛交谈一次. 这样你才能完成你的交谈任务. 假设Farmer John采纳了你的建议, 请计算出使所有奶牛都被安慰的最少时间. 对于你前10次的提交, 你的程序会在一部分正式的测试数据上运行, 并且返回运行的结果. 

Input

* 第 1 行: 用空格隔开的两个整数N和P 
* 第 2..N+1 行: 第i+1行包含了一个整数: C_i 
* 第 N+2..N+P+1 行: 第 N+j+1 行包含用空格隔开的三个整数: S_j, E_j 和 L_j 

Output

* 第 1 行: 一个整数, 所需要的总时间(包含和在你所在的牧场的奶牛的两次谈话时间). 

Sample Input

5 7
10
10
20
6
30
1 2 5
2 3 5
2 4 12
3 4 17
2 5 15
3 5 6
4 5 12

Sample Output

176

Hint

输入解释:

输出解释:

保持这些路径:

从牧场4起床, 然后按照 4, 5, 4, 2, 3, 2, 1, 2, 4 的顺序来访问奶牛们, 总共需要176个单位的时间.

Source

USACO 2008 November Gold

【分析】

        题目的意思不是很清楚，大意就是说：

                输入一个无向图，以及每个点安慰奶牛用时间，任务是寻找一个生成树，使你从这个树的某个节点开始按照某种顺序遍历           这棵树花费的时间最少。花费时间定义为每条边上的时间和到达某一个节点时（无论你之前是否已经去过）该节点的时间。   

        首先我们着眼于生成一棵树。有点类似与最小生成树但又不是纯粹的最小生成树。然后注意到题目的关键在于遍历整棵树一次。这意味着什么？不就是每条边都会被走两次吗？？！！
        然后就是每个点的权值。用草稿纸分析可以得出，树中一个度数为d的节点在遍历的过程中一定走了d次！！！当然，起点会多一次，即d+1次（我们就选最小权值的点当起点）。
        那么，我们如何用Kruscal求出这个最小时间呢？注意到，Kruscal每选择一条边(x到y时间t)，就意味着点x,y的度数都要加1，同时w会在总时间里面计算两次。所以遍历的时间会增加v[x]+v[y]+2*w。
        基于Kruscal的贪心原则，我们只需要对每条边设置权值z[i]=v[x[i]]+v[y[i]]+2*len[i]然后排序，就成了朴素的最小生成树了。

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF=999999999;
struct wjj{
	int x,y,w;       
}edge[100005];
int v[10005],N,P,father[10005],Min=INF;
int _getfather(int x)
{
	if(x!=father[x]) father[x]=_getfather(father[x]);
	return father[x];
}
void _in(int &x)
{
	char t=getchar();
	while(t<'0'||'9'<t) t=getchar();
	for(x=t-'0',t=getchar();'0'<=t&&t<='9';x=x*10+t-'0',t=getchar());
}
void _init()
{
	_in(N);_in(P);
	for(int i=1;i<=N;i++)
	{
		father[i]=i;
	    _in(v[i]);
	    Min=min(Min,v[i]);
	}
	for(int i=1;i<=P;i++)
	{
		_in(edge[i].x);_in(edge[i].y);_in(edge[i].w);
		edge[i].w<<=1;
		edge[i].w+=v[edge[i].x]+v[edge[i].y]; //重新计算边的权值！！！ 
	}
}
void _qst_w(int l,int r)
{
	int i=l,j=r,mw=edge[(i+j)>>1].w;
	while(i<=j)
	{
		while(edge[i].w<mw) i++;
		while(edge[j].w>mw) j--;
		if(i<=j)
		{
			swap(edge[i],edge[j]);
			i++;j--;
		}
	}
	if(l<j) _qst_w(l,j);
	if(i<r) _qst_w(i,r);
}
void _solve()
{
	//Kruskal
	_qst_w(1,P);
	int fx,fy,k,cnt,tot;
	k=cnt=tot=0;
	while(cnt<N-1)
	{
		k++;
		fx=_getfather(edge[k].x);
		fy=_getfather(edge[k].y);
		if(fx!=fy)
		{
			father[fx]=fy;
			tot+=edge[k].w;
			cnt++;
		}
	}
	printf("%d\n",tot+Min);  //不要忘记最后加上起点的权值（点的最小权值） 
}
int main()
{
	_init();
	_solve();
	return 0;
}