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问题描述
圣诞节快到了，蒜头君准备做一棵大圣诞树。
这棵树被表示成一组被编号的结点和一些边的集合，树的结点从 1 到 n 编号，树的根永远是 1。每个结点都有一个自身特有的数值，称为它的权重，各个结点的权重可能不同。对于一棵做完的树来说，每条边都有一个价值 ve，若设这条边 e 连接结点 i 和结点 j，且 i 为 j的父结点（根是最老的祖先），则该边的价值ve=sj*we,sj表示结点 j 的所有子孙及它自己的权重之和，we表示边 e 的权值。
现在蒜头君想造一棵树，他有 m 条边可以选择，使得树上所有边的总价值最小，并且所有的点都在树上，因为蒜头君喜欢大树。
输入格式
第一行输入两个整数 n 和 m(0≤n,m≤50,000），表示结点总数和可供选择的边数。
接下来输入一行，输入 n 个整数，依次表示每个结点的权重。
接下来输入 m 行，每行输入 3 个正整数a,b,c（1≤a,b,≤n,1≤c≤10,000），表示结点 a 和结点 b 之间有一条权值为 c 的边可供造树选择。
输出格式
输出一行，如果构造不出这样的树，请输出No Answer，否则输出一个整数，表示造树的最小价值。
样例输入
4 4
10 20 30 40
1 2 3
2 3 2
1 3 5
2 4 1
样例输出
370
其实这里就牵扯到最短路的一类问题，这类问题看似是生成树问题但其实是最短路问题，原因就在于边权的定义方式。先来想一种简单的情况，点的边权为1，或者说点没有边权，对于<i,j>（i是j的父亲），ve=cntj*we(cnt是j所在子树的结点个数），我们可以用单源最短路算法求出所有结点到树根的最短路，所有结点最短路之和就是答案。为什么呢？题目要求构造一棵树，那么考虑从树根分别走到各个结点的路径长度之和，则<i,j>的贡献就是cntj*we，因为每要走到j的子树中的一个点就要经过一次<i,j>，而这刚好是边权的定义。那么如何最小化整棵树的边权之和呢？其实就是最小化树根到每个结点的路径长度之和，如果树根确定，只需以树根为源点，跑一遍单源最短路，然后将各个结点的最短路累加起来，如果树根不确定，就需要对每个树根都求一遍到其他结点最短路之和，取最小值。回到原题，每个结点都有权值，其实也很好想，每条边对于答案的贡献都扩大了，比如某一结点的权值为w，先只考虑到这个点的路径，都相当于由原来只经过一次变为经过w次，也就是说，可以把权值为w的点看成没有权值的w个在相同位置的点，在统计答案时，只需将ans+=d[i]修改为ans+=w[i]*d[i]。
1 #include<cstdio> 2 #include<cctype> 3 #include<cstring> 4 #include<queue> 5 using namespace std; 6 inline int get_num() { //读入优化 7 int num; 8 char c; 9 while((c=getchar())==‘\n‘||c==‘ ‘||c==‘\r‘); 10 num=c-‘0‘; 11 while(isdigit(c=getchar())) num=num*10+c-‘0‘; 12 return num; 13 } 14 void put_num(int i) { //输出优化 15 if(i>9) put_num(i/10); 16 putchar(i%10+‘0‘); 17 } 18 const int maxn=5e4+5,maxm=1e5+5,inf=0x3f3f3f3f; 19 int n,m,head[maxn],eid,d[maxn],vis[maxn],nw[maxn]; 20 long long ans; //避免溢出 21 struct edge { //邻接表存储 22 int v,w,next; 23 edge(int v=0,int w=-1):v(v),w(w) {} 24 } E[maxm]; 25 void init() { //记得初始化 26 memset(head,-1,sizeof(head)); 27 memset(d,inf,sizeof(d)); 28 } 29 void insert(int u,int v,int w) { 30 E[eid]=edge(v,w); 31 E[eid].next=head[u]; 32 head[u]=eid++; 33 } 34 struct node { //自定义结构体保存结点 35 int n,s; 36 node(int n,int s):n(n),s(s) {} 37 bool operator < (const node& rhs) const { //重载小于运算符，使得最短路小的先出队 38 return s>rhs.s; 39 } 40 }; 41 priority_queue<node> q; 42 void dijkstra(int s) { 43 d[s]=0; 44 q.push(node(s,0)); 45 while(!q.empty()) { 46 int u=q.top().n; 47 q.pop(); 48 if(vis[u]) continue; 49 vis[u]=1; 50 for(int p=head[u];p+1;p=E[p].next) { 51 int v=E[p].v; 52 if(d[v]>d[u]+E[p].w) { 53 d[v]=d[u]+E[p].w; 54 q.push(node(v,d[v])); 55 } 56 } 57 } 58 } 59 int main() { 60 n=get_num(); 61 m=get_num(); 62 for(int i=1;i<=n;++i) nw[i]=get_num(); 63 init(); 64 int a,b,c; 65 for(int i=1;i<=m;++i) { 66 a=get_num(); 67 b=get_num(); 68 c=get_num(); 69 insert(a,b,c); //注意插入的应是双向边 70 insert(b,a,c); 71 } 72 dijkstra(1); 73 for(int i=1;i<=n;++i) { 74 if(d[i]==inf) { 75 printf("No Answer"); 76 return 0; 77 } 78 ans+=nw[i]*d[i]; 79 } 80 printf("%lld",ans); 81 return 0; 82 }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Mr94Kevin/p/9515268.html
