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大意

给定N个点M条边的一张图，其中：
每个点有两个属性\(A_i,B_i\)，表示你需要至少\(A_i\)个士兵来攻占该点，而空投一个士兵至该点需要Bi的花费。
每条边都有一个属性\(C_i\)，表示如果该边的两个端点的士兵数量之和大于了\(C_i\)，那么这条边就被打通了，即士兵可以自由通过该边。

求：攻占过所有点的最小代价。
（\(1\le N \le 3\cdot 10^5\)）

思路

首先，最小生成树经典算法Kruskal直接套，把边按值从小到大排序。

考虑一条边所连接的两个连通块如何合并。
设\(Dp[i]\)表示点集\(i\)被攻占完的最下代价，则：
\(Dp[s+t]\)的值为Min(\(Dp[s]+Dp[t]\)，打通这条边情况下的最小值)

贪心地想，若这两个连通块总共需要\(K\)个士兵，则这\(K\)个士兵一定是从这两个连通块中有着最小的\(A\)值的点空降的，这样可以满足代价最小。
同时，这样放也可以利用Kruskal的性质：之前放的边值一定都小于当前边值，所以如果要加入这条边，那么之前的边一定都会被打通。

综上：
先把所有边按边权排序，然后在不断合并两个连通块的同时，
动态维护连通块内的最小花费，最大需求与答案值。

出解。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=300005;
const long long ONE=1;
int N,M,Fa[MAXN];
int Mx[MAXN],Mi[MAXN];
struct Edge{int x,y,z;}s[MAXN];
bool cmp(Edge A,Edge B){return A.z<B.z;}
int Find(int x){return Fa[x]==x?x:Fa[x]=Find(Fa[x]);}
long long Ans,Dp[MAXN];
int main(){
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(int i=1,x,y;i<=N;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        Fa[i]=i;Dp[i]=ONE*x*y;
        Mi[i]=y;Mx[i]=x;
    }
    for(int i=1;i<=M;i++)
        scanf("%d%d%d",&s[i].x,&s[i].y,&s[i].z);
    sort(s+1,s+M+1,cmp);
    for(int i=1;i<=M;i++){
        int x=Find(s[i].x);
        int y=Find(s[i].y);
        if(x==y)continue;Fa[x]=y;
        Mi[y]=min(Mi[x],Mi[y]);
        Mx[y]=max(s[i].z,max(Mx[x],Mx[y]));
        Dp[y]=min(Dp[x]+Dp[y],ONE*Mi[y]*Mx[y]);
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        if(Find(i)==i)Ans+=Dp[i];
    printf("%lld\n",Ans);
}

【Gym101137K】Knights of the Old Republic(生成树 DP)

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原文地址：https://www.cnblogs.com/ftotl/p/11768252.html