最小生成树 & 严格次小生成树-神弓

最小生成树

何为最小生成树？

有一类问题：给定一张图，可以删除若干条边，在不改变连通性（一般是全联通）的情况下，权值和最小的方案是什么？没错，这就是最小生成树问题（MST问题）。那么基本性质其实连聪明的小学生都能看出来，应当使得最后留下 \(n-1\) 条边且没有环路得到情况下才有可能构成生成树，这便是Kruskal的基本实现原则，这个后面会讲。

最小生成树的Prim算法

其实Prim本身还是比较好理解的，跟Dijstra没什么两样，方法如下：

随便选一个结点出发，一般选定节点编号为 \(1\)，标记为 \(now\)，但请注意：只有在图全联通的情况下才能这么做。
向当前节点能够走到的所有节点进行搜索，如果当前 dis 值小于对于当前 \(now\) 的更新后的节点最大值，那就更新 dis，并记录下此节点。
当遍历完 \(now\) 所有能去到的节点之后，留下的就是对于更新后的，对于 \(now\) 能走到的节点权值最小值的编号，将其列为访问过，并计入到最小生成树中。
访问这个被记入访问了的节点，并重复 \(2\) 到 \(3\) 步直到推出结果。
为什么这个算法可行呢？

首先我们确保了每次选中的变得权值是最小的。
由于每个节点至多且一定会被选中 \(1\) 次，所以就会被选中 \(n-1\) 条边（最后一次更新没有选边）。
和上述我们面熟的的最小生成树的定义一样一样的，恭喜你，学会了Prim算法。对于其时间复杂度，是 \(O(n^2)\) （\(n\) 为节点数），空间复杂度是 \(O(n)\) ，非常稳定，（唯一的缺点就是慢）。

Code:

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int MAXN = 5005;
const int INF = INT_MAX;

int n, m; // 顶点数和边数
int graph[MAXN][MAXN]; // 邻接矩阵存储图
int dist[MAXN]; // 存储顶点到MST的最小距离
bool visited[MAXN]; // 标记顶点是否已在MST中

void prim() {
    // 初始化距离数组
    fill(dist, dist + n + 1, INF);
    fill(visited, visited + n + 1, false);
    
    dist[1] = 0; // 从顶点1开始
    
    int totalWeight = 0; // 最小生成树的总权重
    int selected = 0; // 已选顶点数
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int u = -1;
        // 找到未访问的距离最小的顶点
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            if (!visited[j] && (u == -1 || dist[j] < dist xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed>> n >> m;
    
    // 初始化邻接矩阵
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            graph[i][j] = INF;
        }
    }
    
    // 读入边
    for (int i = 0; i < m>> u >> v >> w;
        if (w < graph xss=removed xss=removed>


堆优化Prim算法
既然Prim那么慢，有没有什么好方法来优化掉这个致命的问题呢？当然有，我们可以使用优先队列来优化掉这个Prim算法。

思考：既然每次选点我们都只选最小的那个节点，而并不关心别的节点怎么了（看来图论的世界也只容得下第一名啊），欸，刚好和我们优先队列一拍即合，没错，他们两个需要维护的东西完全一致，那么就用堆来优化Prim好了：

首先我们创建一个 priority_queue，且是小根堆。
把 \(now\) 压入队列。
弹出队首，叫做 \(cur\) 。
检查 \(cur\) 是不是已经被访问过，如果是，就跳过。
遍历 \(cur\) 能抵达的所有节点，执行上述根性操作并push。

6.重复 \(2\) ~ \(5\) 步，直到我们求出MST。

其实堆优化Prim不是一种模板，是一种思想，就是要学会怎么找到题目中可以优化掉的没有用的信息，看有没有合适的优化方法，这种思想就是这么多高级算法的最终的最终的源头。

Code
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int MAXN = 5005;
const int INF = INT_MAX;

typedef pair pii; // (weight, vertex)

int n, m;
vector adj[MAXN]; // 邻接表存储图
int dist[MAXN]; // 存储顶点到MST的最小距离
bool visited[MAXN]; // 标记顶点是否已在MST中

void prim_heap() {
    fill(dist, dist + n + 1, INF);
    fill(visited, visited + n + 1, false);
    
    priority_queue, greater> pq; // 最小堆
    
    dist[1] = 0;
    pq.push({0, 1});
    
    int totalWeight = 0;
    int selected = 0;
    
    while (!pq.empty() && selected < n xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed>> n >> m;
    
    // 读入边
    for (int i = 0; i < m>> u >> v >> w;
        adj[u].push_back({w, v});
        adj[v].push_back({w, u});
    }
    
    prim_heap();
    
    return 0;
}

时间复杂度 \(O(m \log m)\),空间复杂度 \(O(n)\) 。
Kruskal 算法
再次观察题目，有没有什么由价值的信息呢？我们发现，添加一条边的过程实际上和并查集合并的过程如出一辙！欸，我们又找到了思路，没错，可以用并查集来寻找最小生成树。过程如下：

初始化并查集，现在有 \(n\) 个连通块和 \(0\) 条边。
现在排序所有边，按权值来排。
遍历边集数组，合并对于第 \(i\) 条边的起点和终点，合并成功的话就计入答案，直到连通块个数为 \(1\)。

那么为什么这个方案可行呢？我们随便画张图就知道了：


首先，如果两个节点不属于一个集合，那么会合并两个联通块，连通块个数减少 \(1\) 个。
如果两个节点本来就属于一个节点，意味着再加入一条边就会形成环，故不会发生这样的情况，合并失败。
最后，因为我们的边集数组是一个有序（递增）的数组，因此也不存在会浪费掉任意一条最小生成树上的边，结果是最优的。

Code:
#include 
#include 
using namespace std;

const int MAXM = 2e5 + 5; // 边数上限
const int MAXN = 5005;    // 点数上限

struct Edge {
    int u, v, w;
    bool operator<(const Edge &other) const {
        return w < other xss=removed xss=removed>> n >> m;

    // 初始化并查集
    for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;

    // 读入边
    for (int i = 0; i < m>> edges[i].u >> edges[i].v >> edges[i].w;
    }

    // 按边权排序
    sort(edges, edges + m);

    int selected = 0; // 已选边数
    long long total = 0; // 总权值

    // 克鲁斯卡尔主过程
    for (int i = 0; i < m xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed xss=removed>

时间复杂度 \(O(n \times \alpha (n) )\) ，空间复杂度 \(O(n)\)
严格次小生成树（很难）
这个严格次小生成树的难度将会让初学者感到不易，其模板题难度为 NOI 难度，请估摸好自身实力，我们准备出发！

怎么求严格次小生成树呢？

说得简单一点：

假设我们有 \(n\) 个村庄，一共 \(n-1\) 座桥，此时一座桥被山洪给冲垮了，需要换上另一个不如这个桥却最优的桥。听懂上面这个故事了吗？没错，以上故事告诉了我们以下几个信息：

严格次小生成树与最小生成树之间至多有 \(1\) 条边的差距（证明会讲）。
严格次小生成树的实现方法相当于删除边，添加边，比较边的过程。

如何证明？当然 \(2\) 这个结论是毋庸置疑的，\(1\) 的证明如下：

证明方法：反证法

假设存在一棵严格次小生成树 $ T' $，其与MST $ T $ 至少有两条边不同。我们需要通过调整 $ T' $ 来构造一棵与 $ T $ 仅有一条边不同的生成树，且权值仍严格大于 $ T $。
步骤：


边集排序：

将 $ T $ 和 $ T' $ 的边分别按权值从小到大排序，记为 $ ET = {e_1, e_2, dots, e_{n-1}}$  和 \(ET' = \{f_1, f_2, dots, f_{n-1}\}\)

。
找到第一个不同的边下标 $ k $，使得 $ e_k \neq f_k $。根据Kruskal算法的性质，必有 $ we_k \leq wf_k $。



引入环与替换：

将 $ e_k $ 加入 $ T' $，此时会形成一个环 $ C $。
根据MST的性质，环 $ C $ 中除 $ e_k $ 外的其他边权值均大于或等于 $ we_k $（否则 $ T $ 不是MST）。
删除环 $ C $ 中权值最大的边 $ f_i $（若 $ wf_i > we_k $），得到新生成树 $ T'' $。

若 $ wf_i > we_k $，则 $ T'' $ 的权值 $ wT'' = wT' + we_k - wf_i $，且 $ wT < wT>
若 $ wf_i = we_k $，则 $ wT'' = wT' $，此时 $ T'' $ 与 $ T' $ 权值相同，但差异边数减少。重复此操作，最终可得到一棵与 $ T $ 仅有一条边不同的严格次小生成树。





唯一性保证：

若存在多条边差异，总能通过上述替换操作逐步减少差异边数，同时保证权值严格大于MST。



结论
通过反证法可知，严格次小生成树 $ T' $ 必须与MST $ T $ 仅有一条边不同，否则会导出矛盾或构造出更优的生成树。
综上，我们可以得知，要么不存在严格次小生成树，要么就满足以上两条约束。

接下来就是实现方法的探讨了，我们知道，因为 MST 与 SSMST（Strictly Second Minimum Spanning Tree，严格次小生成树）之间只有一条边的差距，因此我们可以尝试枚举对于每一条非树边，加入到最小生成树中使其构成环路，然后删除掉这个环中的最大者（如果添加的那条变得权值和最大者相同，则删除次大者），这个过程可能需要LCA优化，因为我们添加边之前，最小生成树的次大值和最大值也可以用树上倍增的方法维护，定义 \(max_{i,j}\) 为 \(i\) 向上 \(2^j\) 的最大值，\(max2_{i,j}\) 为 \(i\) 向上 \(2^j\) 的次大者，此时就需要分类讨论了，得到最终代码如下：
        for(int j=1;j<=LOG;j++){
            fath[v][j]=fath[fath[v][j-1]][j-1];
            int tmp[4]={max1[v][j-1],max1[fath[v][j-1]][j-1],max2[v][j-1],max2[fath[v][j-1]][j-1]};
            sort(tmp,tmp+4,greater());
            max1[v][j]=tmp[0];
            max2[v][j]=LLONG_MIN;
            for(int i=1;i<4 max2[v][j]=tmp[i];>

然后用LCA来找环上的最大者和次大者，最后和答案作比较，我们的代码就出来了！
Code
#include
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 3e5+100;
struct node{
    int u,v;
    int w;
    bool vis;
    bool operator < (const node &a)const{
        return w>>tree;
int find(int x){
    if(fa[x]==x)return x;
    return fa[x]=find(fa[x]);
}
bool join(int x,int y){
    int fx=find(x);
    int fy=find(y);
    if(fx!=fy){
        fa[fx]=fy;
        return true;
    }
    return false;
}
int kruskal(){
    sort(edge+1,edge+1+m);
    for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
    int cnt=n,sum=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(cnt==1)break;
        if(join(edge[i].u,edge[i].v)){
            cnt--;
            sum+=edge[i].w;
            edge[i].vis=true;
            tree[edge[i].u].push_back({edge[i].v,edge[i].w});
            tree[edge[i].v].push_back({edge[i].u,edge[i].w});
        }
    }
    return sum;
}
void dfs(int u,int fa){
    for(auto i : tree[u]){
        int v=i.first;
        int w=i.second;
        if(v==fa)continue;
        dep[v]=dep[u]+1;
        fath[v][0]=u;
        max1[v][0]=w;
        max2[v][0]=LLONG_MIN;
        for(int j=1;j<=LOG;j++){
            fath[v][j]=fath[fath[v][j-1]][j-1];
            int tmp[4]={max1[v][j-1],max1[fath[v][j-1]][j-1],max2[v][j-1],max2[fath[v][j-1]][j-1]};
            sort(tmp,tmp+4,greater());
            max1[v][j]=tmp[0];
            max2[v][j]=LLONG_MIN;
            for(int i=1;i<4 max2[v][j]=tmp[i];> query(int u,int v){
    int ans1=LLONG_MIN,ans2=LLONG_MIN;
    if(dep[u]=0;k--){
        if(dep[fath[u][k]]>=dep[v]){
            if(max1[u][k]>ans1){
                ans2=ans1;
                ans1=max1[u][k];
            }else if(max1[u][k]ans2){
                ans2=max1[u][k];
            }
            if(max2[u][k]>ans2){
                ans2=max2[u][k];
            }
            u=fath[u][k];
        }
    }
    if(u==v)return {ans1,ans2};
    for(int k=LOG;k>=0;k--){
        if(fath[u][k]!=fath[v][k]){
            if(max1[u][k]>ans1){
                ans2=ans1;
                ans1=max1[u][k];
            }else if(max1[u][k]ans2){
                ans2=max1[u][k];
            }
            if(max2[u][k]>ans2){
                ans2=max2[u][k];
            }
            if(max1[v][k]>ans1){
                ans2=ans1;
                ans1=max1[v][k];
            }else if(max1[v][k]ans2){
                ans2=max1[v][k];
            }
            if(max2[v][k]>ans2){
                ans2=max2[v][k];
            }
            u=fath[u][k];
            v=fath[v][k];
        }
    }
    if(max1[u][0]>ans1){
        ans2=ans1;
        ans1=max1[u][0];
    }else if(max1[u][0]ans2){
        ans2=max1[u][0];
    }
    if(max1[v][0]>ans1){
        ans2=ans1;
        ans1=max1[v][0];
    }else if(max1[v][0]ans2){
        ans2=max1[v][0];
    }
    if(max2[u][0]>ans2)ans2=max2[u][0];
    if(max2[v][0]>ans2)ans2=max2[v][0];
    return {ans1,ans2};
}
signed main(){
    cin>>n>>m;
    LOG=log2(n);
    tree.resize(n+1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v,w;
        cin>>u>>v>>w;
        if(u==v)continue;
        edge[i]={u,v,w,false};
    }
    int sum=kruskal();
    dep[1]=1;
    dfs(1,0);
    int sec=LLONG_MAX;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(!edge[i].vis){
            pairtmp=query(edge[i].u,edge[i].v);
            if(edge[i].w>tmp.first){
                sec=min(sec,sum+edge[i].w-tmp.first);
            }
            if(edge[i].w>tmp.second && tmp.second!=LLONG_MIN){
                sec=min(sec,sum+edge[i].w-tmp.second);
            }
        }
    }
    cout<

由于难度较大，代码是本人亲自写的，代码风格可能不好看，敬请谅解。