NYOJ修路方案【次小生成树】

修路方案

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难度： 5

描述

南将军率领着许多部队，它们分别驻扎在N个不同的城市里，这些城市分别编号1~N，由于交通不太便利，南将军准备修路。

现在已经知道哪些城市之间可以修路，如果修路，花费是多少。

现在，军师小工已经找到了一种修路的方案，能够使各个城市都联通起来，而且花费最少。

但是，南将军说，这个修路方案所拼成的图案很不吉利，想让小工计算一下是否存在另外一种方案花费和刚才的方案一样，现在你来帮小工写一个程序算一下吧。

输入

第一行输入一个整数T(1<T<20)，表示测试数据的组数
每组测试数据的第一行是两个整数V,E，(3<V<500,10<E<200000)分别表示城市的个数和城市之间路的条数。数据保证所有的城市都有路相连。
随后的E行，每行有三个数字A B L，表示A号城市与B号城市之间修路花费为L。

输出

对于每组测试数据输出Yes或No（如果存在两种以上的最小花费方案则输出Yes,如果最小花费的方案只有一种，则输出No)

样例输入

样例输出

No
Yes

次小生成树讲解

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int max=505;
int map[max][max],use[max][max],f[max][max];
int low[max],vis[max],pre[max],n,sum1,sum2;
void prime(){
	int pos,i,j,result=0,min;sum1=0;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(f,0,sizeof(f));
	pos=1;vis[pos]=1;
	for(i=1;i<=n;++i){
		low[i]=map[pos][i];
		pre[i]=1;
	}low[1]=0;
	for(j=1;j<=n;++j){
		min=inf;
		for(i=1;i<=n;++i){
			if(!vis[i]&&min>low[i]){
				min=low[i];pos=i;
			}
		}
		if(min==inf)break;
		use[pre[pos]][pos]=use[pos][pre[pos]]=0;
		sum1+=min;vis[pos]=1;
		for(i=1;i<=n;++i){
			if(vis[i]){
				f[i][pos]=f[pos][i]=f[i][pre[pos]]>map[pre[pos]][pos]?f[i][pre[pos]]:map[pre[pos]][pos];
			}
			if(!vis[i]&&low[i]>map[pos][i]){
				low[i]=map[pos][i];
				pre[i]=pos;
			}
		}
	}
}

void second_prime(){
	int i,j,result;sum2=inf;
	for(i=1;i<=n;++i){
		for(j=1;j<=n;++j){
			if(use[i][j]){
				sum2=sum2<sum1-f[i][j]+map[i][j]?sum2:sum1-f[i][j]+map[i][j];
			}	
		}
	}
}
int main()
{
	int k,m,i,j,l,a,b;
	scanf("%d",&k);
	while(k--){
		memset(map,0x3f,sizeof(map));
		memset(use,0,sizeof(use));
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(i=1;i<=m;++i){
			scanf("%d%d%d",&a,&b,&l);
			map[a][b]=map[b][a]=l;
			use[a][b]=use[b][a]=1;
		}
		prime();
		second_prime();
		sum1==sum2?printf("Yes\n"):printf("No\n");
	}
	return 0;
}

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