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题目大意

链接
给你一张n个点m条边的无向图，有点权，每次选一个连通块，你可以将块内所有点的点权减一，当某个点点权减到零时就消失，问最少进行多少次操作可以使整张图消失。
\((1<=n<=10^5,1<=m<=2*10^5,T<=10，可能有重边)\)

思路

假设没有边，所有点都需要减点权遍才能减完，每加上来一条边，就会有一对点公用一些操作，公用操作的数量应该是本边点权较小的那个点权，然而有可能一端的点权已经跟另一端所连的点公用了一些了，此时，要么不能就不能公用那么多，要么早都公用完了。
因此，加入一条边需要判断边两边的点是否在同一个连通块中，如果不在，那么这两个连通块一定能公用 较小点权 个操作；如果在一个连通块就比较麻烦，公用操作 比 较小点权 小，那就要减小差值，不过，如果我们将边按照较小点权降序排序就不存在这种情况了！
加边判断连通性，并查集，就很显然了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N=100005;

int f[N],n,m;
LL ans,b[N];

struct node
{
    int qi,zhong;
    node(int _qi=0,int _zhong=0)
    {
        qi=_qi;
        zhong=_zhong;
    }
}bian[N<<2];

int find(int x)
{
    if(f[x]!=x)f[x]=find(f[x]);
    return f[x];
}

void unin(int x,int y)
{
    int xx=find(x);
    int yy=find(y);
    f[xx]=yy;
}

bool judge(int x,int y)
{
    int xx=find(x);
    int yy=find(y);
    return xx==yy;
}

bool com(node x,node y)
{
    if(b[x.zhong]==b[y.zhong])return b[x.qi]>b[y.qi];
    else return b[x.zhong]>b[y.zhong];
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]),ans+=b[i];
        for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int x,y;
            scanf("%d%d",&bian[i].qi,&bian[i].zhong);
            if(b[bian[i].qi]<b[bian[i].zhong])swap(bian[i].qi,bian[i].zhong);
        }
        sort(bian+1,bian+1+m,com);

        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            if(judge(bian[i].qi,bian[i].zhong))continue;
            unin(bian[i].zhong,bian[i].qi);
            ans-=min(b[bian[i].zhong],b[bian[i].qi]);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/LiqgNonqfu/p/13568434.html