Farmer John变得非常懒，他不想再继续维护供奶牛之间供通行的道路。道路被用来连接N个牧场，牧场被连续地编号为1到N。每一个牧场都是一个奶牛的家。FJ计划除去P条道路中尽可能多的道路，但是还要保持牧场之间 的连通性。你首先要决定那些道路是需要保留的N-1条道路。第j条双向道路连接了牧场Sj和Ej(1 <= Sj <= N; 1 <= Ej <= N; Sj != Ej)，而且走完它需要Lj的时间。没有两个牧场是被一条以上的道路所连接。奶牛们非常伤心，因为她们的交通系统被削减了。你需要到每一个奶牛的住处去安慰她们。每次你到达第i个牧场的时候(即使你已经到过)，你必须花去Ci的时间和奶牛交谈。你每个晚上都会在同一个牧场(这是供你选择的)过夜，直到奶牛们都从悲伤中缓过神来。在早上 起来和晚上回去睡觉的时候，你都需要和在你睡觉的牧场的奶牛交谈一次。这样你才能完成你的 交谈任务。假设Farmer John采纳了你的建议，请计算出使所有奶牛都被安慰的最少时间。
第1行包含两个整数N和P。
接下来N行，每行包含一个整数Ci。
接下来P行，每行包含三个整数Sj, Ej和Lj。
10
10
20
6
30
1 2 5
2 3 5
2 4 12
3 4 17
2 5 15
3 5 6
5 <= N <= 10000，N-1 <= P <= 100000，0 <= Lj <= 1000，1 <= Ci <= 1,000。
分析
这个题，与最普通的生成树不一样，根据题意分析，每个节点是有权值的，而且，经过一条边，势必经过他的两个节点一次，他的边两次。
所以边a(1-2)的权值可以写为 W(a) = w(1) + w(2) + 2 * w(a)
另外，题意要求，我们自己找起始点，使得所花时间最少，分析后可以发现，只有起始点，才会多走一次。
举个例子
假设①为起始点，那么T = w(1) + w(a) + w(2) + w(b) + w(3) + w(b) + w(2) + w(a) + w(1)
=W(a) + W(b) + w(1)
所以起始点，应设为，权值最小的节点。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> using namespace std; struct edge{ int a,b; int w; }; int v[10010];//点的权值 edge se[100010];//储存边 int set[10010];//辅助集合 int n,p;//顶点个数 边数 long long sum = 0; long long min_w = 100000; bool cmp(edge a,edge b){ return a.w<b.w; } int find(int x){ return set[x] == x ? x : set[x] = find(set[x]); } void hoge(){ scanf("%d %d",&n,&p); for(int i=1; i <= n; i++){ scanf("%d",&v[i]);//录入每个点的权值 if(v[i] < min_w) min_w = v[i]; set[i] = i; //使每个顶点独自位于一个集合中 } for(int i=1;i <= p;i++){ int a; int b; int w; scanf("%d %d %d",&a,&b,&w); w = 2*w + v[a] + v[b]; //录入边的信息 se[i].a = a; se[i].b = b; se[i].w = w; } sort(se+1,se+p+1,cmp); int num = 1;// num表示边的序号 int k = 1;// k表示已有几个边在子图中 while(k <= n-1){ int a = find(se[num].a); int b = find(se[num].b); if(a != b){ k++;//子图中加入一条边 sum +=se[num].w; set[b] = a; } num++; } } int main(){ hoge(); sum = sum + min_w; cout<<sum; return 0; }