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【题解 | 两种做法】洛谷 P4208 [JSOI2008] 最小生成树计数 [矩阵树/枚举]

news 2025/9/2 15:36:34

特别难调，~~洛谷题解区很多人代码可读性不强~~，做的我怀疑人生。

（虽然我的码风也一般就是了）

前置知识：

Kruskal 求最小生成树。

题面：

洛谷 P4208

两种做法，一种矩阵树一种枚举。

（1）矩阵树定理

还没学过的指路这篇。

都知道矩阵树定理能算生成树个数，但本题要求最小生成树个数，不能直接使用。

观察发现：

同一无向连通图中，不同最小生成树各个权值的边的数量是相同的。

简单证明下：

如果存在两个最小生成树，一个选了 $a-b$ 和 $b-c$ 这两条边，

一个选了 $a-d$ 和 $d-c$ ，其他边都相同。

其中 $a-b$ 的权值小于 $a-d$ ，而且两对边的权值和相同。

那我们就肯定可以选 $a-b$ 和 $d-c$ ，这样能得出更小的生成树，矛盾。

（肯定有人会问：你怎么能假定俩生成树其他边一样呢，难到不能通过其他边到这四个点吗？

笨，要是能到值还更小，那一开始不就选了吗）

我们考虑先用 Kruskal 算法求出最小生成树的边集。

对于权值为 i 的边，把边集里其他权值不为 i 的边加到图里，用并查集缩点。

（因为每个权值的边能减少的连通块数量是固定的，只加最小生成树里的就好。

绝对不能把边集里所有权值不为 i 的边一股脑全加进去！！那样出来的就不是最小生成树了！）

而边集里所有权值为 i 的边加到基尔霍夫矩阵里，在缩点的图上求生成树数量。

（这个时候求生成树就保证选的 i 权值边的数量和一开始求最小生成树 i 权值边的数量一致！）

最后再把每个行列式乘到一起，就是答案。

时间复杂度： $O(2^{10}M)$

（M 是总边数）

代码思路不难，难的是调试，注意细节，别打错了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 2e3 + 10;
const LL P = 31011;
int fa[N];int findfa(int x) {   //并查集路径压缩 if(fa[x] == x) {return x;}return fa[x] = findfa(fa[x]);
}struct node {int x, y;LL c;
} a[N];bool cmp(node na, node nb) {return na.c < nb.c;
}LL L[N][N];  //基尔霍夫/拉普拉斯矩阵 
void add(int x, int y) {L[x][y] --; L[y][x] --;L[x][x] ++; L[y][y] ++;
}int n, m;LL gauss(int nn) {   //高斯消元求行列式 nn--;int r = 1;LL res = 1;for (int c = 1; c <= nn; c++) {for (int i = r + 1; i <= nn; i++) {while (L[i][c]) {LL bs = L[r][c] / L[i][c];for (int j = 1; j <= nn; j++) {L[r][j] -= L[i][j] * bs;}swap(L[r], L[i]);res *= -1;}}if (L[r][c] != 0) {r ++;}}if (r <= nn) {   // 非连通图，生成树数量为0return 0;}for (int i = 1; i <= nn; i++) {res = res * L[i][i] %P;}return res;
}map<LL, LL> mp;   //用来判断这条边的权值在不在最小生成树边集里 
int b[N], e[N];   //b：缩点后点的编号，e：最小生成树边集 int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= m; i++) {cin >> a[i].x >> a[i].y >> a[i].c;}for (int i = 1; i <= n; i++) {   //并查集初始化 fa[i] = i;}int len = 0;sort (a + 1, a + m + 1, cmp);for (int i = 1; i <= m; i++) {   //先跑一遍 Kruskal int tx = findfa(a[i].x);int ty = findfa(a[i].y);if (tx != ty) {mp[a[i].c] = 1;fa[tx] = ty;e[++len] = i;}}LL ans = 1;for (int i = 1; i <= len; i++) if(mp[a[e[i]].c]) {for (int j = 1; j <= n; j++) {fa[j] = j;     //再初始化一编，因为除了权值为 a[e[i]].c 边还要跑一遍缩点 }for (int j = 1; j <= len; j++) {if(a[e[j]].c != a[e[i]].c) {int tx = findfa(a[e[j]].x);int ty = findfa(a[e[j]].y);if (tx != ty) {fa[tx] = ty;}}}int tmp = 0;  //缩点后有几个点 for (int j = 1; j <= n; j++) if (findfa(j) == j) {tmp ++;b[j] = tmp;}memset(L, 0, sizeof(L));for (int j = 1; j <= m; j++) {if(a[j].c == a[e[i]].c) {int tx = findfa(a[j].x);int ty = findfa(a[j].y);if(b[tx] != b[ty]) {   //不在一个连通块里 add(b[tx], b[ty]);   //加到基尔霍夫矩阵里 }}else if(a[j-1].c == a[e[i]].c){break;    //边集已经排过序，可以直接退出 }}ans = ans * gauss(tmp) %P;   //乘法原理行列式 mp[a[e[i]].c] = 0;   //遍历过就等于 0}cout << ans << "\n";return 0;
}

（2）dfs 枚举

首先还是 Kruskal 算法确定最小生成树，并统计每种权值的数量。

对于每种权值，深搜枚举该权值的边是否选择，最终返回可行方案数。

将所有权值的方案数相乘，得到总的最小生成树数量。

时间复杂度： $O(Mlog\,M+N^3)$

（M 是总边数，N 是点数）

直接看代码吧，我写了注释：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 2e3 + 10;
const LL P = 31011;struct node{int x, y;LL c;
} a[N];bool cmp(node na, node nb) {return na.c < nb.c;
}map<LL, LL> mp;  //存边权对应离散值的 
int n, m;int fa[N];
int findfa(int x) {   //并查集 if (fa[x] == x) {return fa[x];}return fa[x] = findfa(fa[x]);
}LL num[N], res;void dfs(int now, int cnt, LL nowc) {  //now：当前节点，cnt：当前权值选了几条边，nowc：当前权值 if (cnt == num[mp[nowc]]) {   //选够了就退出 res = (res + 1) %P;return ;}if (a[now].c != nowc) {  //越界了，选到别的权值区域 return ;}int pre[N];  //存档 fa数组，一定一定要在函数内定义！！不然迭代之前的数据就不见了 for (int i = 1; i <= n; i++) {   pre[i] = fa[i];}int tx = findfa(a[now].x);int ty = findfa(a[now].y);if (tx != ty) {fa[tx] = ty;dfs(now + 1, cnt + 1, nowc);   //把当前边加进去 }for (int i = 1; i <= n; i++) {fa[i] = pre[i];}dfs(now + 1, cnt, nowc);   //不加当前边 
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m;int len = 0;for (int i=1 ; i <= m; i++) {cin >> a[i].x >> a[i].y >> a[i].c;if (!mp[a[i].c]) {len ++;mp[a[i].c] = len;   //边权离散值 }}sort(a + 1, a + m + 1, cmp);for (int i = 1; i <= n; i++) {fa[i] = i;     //并查集初始化 }int sum = 0;memset (num, 0, sizeof(num));for (int i = 1; i <= m; i++) {  //Kruskalint tx = findfa(a[i].x);int ty = findfa(a[i].y);if (tx != ty) {sum ++;num[mp[a[i].c]] ++;fa[tx] = ty;}}if (sum < n - 1) {cout << "0" << "\n";return 0;}for (int i = 1; i <= n; i++) {fa[i] = i;    //再来 }LL ans = 1;for (int i = 1; i <= m; i++) if(mp[a[i].c]) {  //还没被 dfs过的最小生成树权值 res = 0;dfs(i, 0, a[i].c);   ans = ans * res %P;for (int j = i; j <= m; j++) {if (a[j].c == a[i].c) {   //把当前权值的边都加进去 int tx = findfa(a[j].x);int ty = findfa(a[j].y);if (tx != ty) {fa[tx] = ty;}	}else if (a[j - 1].c == a[i].c) {   //越界 break;}}mp[a[i].c] = 0;    //dfs过了当前权值，之后就不用了 }cout << ans << "\n";return 0;
}

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