首先我们可以考虑到二分答案+贪心。
每次check把一切边权小于mid的点对合并到一个并查集里面。
然后分析这个的正确性，发现每当mid变大，那么部落数就会减少，而且是单调的。
但是有了这个作为基础。
我们就可以延展到迭代的思想上，，然后……
然后考虑到如果各为部落，那么答案一定是所有的边中最小的边，
而此时我们如果要合并某些部落，就会导致一些边被删除
（注意：合并两个部落，那么被删除的边不一定只有这俩部落的连边，，这个太水了，不细说）
此时答案，又是所有边中最小的边。
那么显然——答案一定在最小生成树中。
这个自己脑补一下很快就出来了。
所以我们可以建立一颗最小生成树，然后记录树边，然后O(1)就可以出解了。
现在分析这个O(1)是怎么个O(1)！
有n个人，m个部落，那么原来的最小生成树n-1条边，新的最小生成树m-1条边，也就是删除了n-m条边
所以最小生成树的第n-m+1条边就是答案。
代码：
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1050
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,m,x[N],y[N],cnt;
struct ROAD
{
int u,v,len;
bool operator < (const ROAD &a)const{return len<a.len;}
ROAD(int _u,int _v,int _len):u(_u),v(_v),len(_len){}
ROAD(){}
}road[N*N];
int f[N],id;
int find(int x)
{
if(f[x]==x)return x;
return f[x]=find(f[x]);
}
int main()
{
// freopen("test.in","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
int i,j;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
for(i=1;i<=n;i++)
{
f[i]=i;
for(j=i+1;j<=n;j++)road[++id]=ROAD(i,j,(x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]));
}
sort(road+1,road+id+1);
m=n-m;
for(i=1;i<=id;i++)
{
int fu=find(road[i].u),fv=find(road[i].v);
if(fu==fv)continue;
f[fv]=fu;
if(++cnt>m)
{
printf("%.2lf\n",sqrt(road[i].len));
return 0;
}
}
return 0;
}