## [$AcWing$ $1148$  秘密的牛奶运输](https://www.acwing.com/problem/content/description/1150/)

### 一、题目描述
农夫约翰要把他的牛奶运输到各个销售点。

运输过程中，可以先把牛奶运输到一些销售点，再由这些销售点分别运输到其他销售点。

**运输的总距离越小，运输的成本也就越低。**

低成本的运输是农夫约翰所希望的。

不过，他并不想让他的竞争对手知道他具体的运输方案，所以他希望采用 **费用第二小** 的运输方案 **而不是最小的**。

现在请你帮忙找到该运输方案。

**注意：**

* 如果两个方案至少有一条边不同，则我们认为是不同方案；
* 费用第二小的方案在数值上一定要严格大于费用最小的方案；
* 答案保证一定有解；

**输入格式**
第一行是两个整数 $N,M$，表示销售点数和交通线路数；

接下来 $M$ 行每行 $3$ 个整数 $x,y,z$，表示销售点 $x$ 和销售点 $y$ 之间存在线路，长度为 $z$。

**输出格式**
输出费用第二小的运输方案的运输总距离。

**数据范围**
$1≤N≤500$,
$1≤M≤10^4$,
$1≤z≤10^9$,
数据中可能包含重边。

**输入样例**：
```cpp {.line-numbers}
4 4
1 2 100
2 4 200
2 3 250
3 4 100
```
**输出样例**：
```cpp {.line-numbers}
450
```

### 二、解题思路

本题求 **严格次小生成树**。我们只需要 **将最小生成树中某一条边替换为另一条较大的边** 即可，可以尝试加上每一条非树边，然后去掉多余的边，最后在所有方案中 **求权值最小** 的那个就是答案了。

![](https://img-blog.csdnimg.cn/20200823224149811.png?x-oss-process=image/watermark,type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk,shadow_10,text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzMwMjc3MjM5,size_16,color_FFFFFF,t_70)

如图所示，我们求出了图的一个最小生成树，然后尝试连接$u$到$v$(**非最小生成树中的边**)，从而在生成树中$u$到$v$的路径加上$u$到$v$的这条边就构成了一个环，我们可以删掉 **生成树中** $u$到$v$的路径中的 **任意一条边**，就可以得到新的生成树。

由最小生成树的性质知，$u\sim v$之间的边权 **一定是这个环上边权最大的一个** ，否则当初就不如走它了，那也就不是最小生成树了。为了生成一棵 **次小生成树** ，需要在环中删除那个小于$u\sim v$边权的边中的 **最大值**。

设原最小生成树的边权之和为$sum$，$u\sim v$的边权为$w$，待删除的树边的边权是$d$，则生成的新的生成树的边权之和为$sum + w - d$，$sum$和$w$是固定的，为了边权之和尽可能的小，则待删去的边权$d$要尽可能的大，这就解释了为什么要删去环中除$w$外 **边权最大的边**。

因为题目要求的是 **严格意义上的次小生成树**，要求新生成树的权值和 **一定要比最小生成树大**，所以在上图的环中如果删除了和$w$一样大的树边，得到的还是最小生成树，既然不能确定生成树中$u$到$v$经过的边的边权都不大于$w$，那么只好求出$u$到$v$的路径中边权的 **最大值**和 **次大值** 了，即使最大值等于$w$，次大值也会小于$w$。
> **解释**：
> - **次小生成树**     :次小生成树的边长和 **大于等于** 最小生成树的边长和
> - **严格次小生成树** :次小生成树的边长和 **大于** 最小生成树的边长和
> 
> **分情况讨论**
> - 如果$w==d_{zd}$，则替换掉$d_{cd}$,即$w->d_{cd}$
> - 如果$w>d_{zd}$,则替换掉$d_{zd}$,即$w->d_{zd}$

下面的问题就是如何在一棵树中 **求任意两个节点间路径中最大的边权和次大的边权** 了，可以用$dfs$+**换根** 来实现。

#### 时间复杂度
$O(N^2)$

### 四、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 510, M = 10010;

int n, m;
// 结构体
struct Edge {
    int a, b, w;
    bool flag; // 是不是最小生成树中的边
    bool const operator<(const Edge &t) const {
        return w < t.w;
    }
} edge[M]; // 因为本题需要用链式前向星建图，所以避开了使用e做为边的数组名称

int d1[N][N]; // 从i出发，到达j最短距离
int d2[N][N]; // 从i出发，到达j次短距离
LL sum;       // 最小生成树的边权和
// 邻接表
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// 并查集
int p[N];

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

/*
假设根为s,求出树中任意两点间的最长距离和严格次长距离。
需要配合换根进行枚举操作才会有效果。

s:出发点
u:到达了u点
fa:u的前序节点，防止走回头路
m1:这条路径上已经获取到的最长路径
m2:这条路径上已经获取到的次长路径
*/
void dfs(int s, int u, int fa, int m1, int m2) {
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边
        int v = e[i];                   // v为u的对边节点
        if (v == fa) continue;          // 不走回头路
        int t1 = m1, t2 = m2;           // 必须要复制出来td1和td2,原因是此轮要分发多个子任务，此m1,m2是多个子任务共享的父亲传递过来的最大和次大值
        if (w[i] > t1)
            t2 = t1, t1 = w[i]; // 更新最大值、次大值
        else if (w[i] < t1 && w[i] > t2)
            t2 = w[i]; // 更新严格次大值
        // 记录从s出发点，到v节点，一路上的最长路径和严格次长路径
        d1[s][v] = t1, d2[s][v] = t2;
        // 生命不息，探索不止
        dfs(s, v, u, t1, t2);
    }
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    // 初始化邻接表
    memset(h, -1, sizeof h);

    // Kruskal + 建图
    for (int i = 0; i < m; i++) scanf("%d %d %d", &edge[i].a, &edge[i].b, &edge[i].w);

    // 按边权由小到大排序
    sort(edge, edge + m);

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

    // Kruskal求最小生成树
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int a = edge[i].a, b = edge[i].b, w = edge[i].w;

        int pa = find(a), pb = find(b);
        if (pa != pb) {
            p[pa] = pb; // 并查集合并
            // ①最小生成树的边权和
            sum += w;
            // ②最小生成树建图,无向图,为求最小生成树中任意两点间的路径中最大距离、次大距离做准备
            add(a, b, w), add(b, a, w);
            // ③标识此边为最小生成树中的边,后面需要枚举每条不在最小生成树中的边
            edge[i].flag = 1;
        }
    }

    // d1[i][j]和d2[i][j]
    // 换根，以每个点为根，进行dfs,可以理解为枚举了每一种情况，肯定可以获取到任意两点间的最长路径和严格次长路径
    for (int i = 1; i <= n; i++) dfs(i, i, 0, 0, 0);

    LL res = 1e18; // 预求最小，先设最大
    // 枚举所有不在最小生成树中的边,尝试加入a->b的这条直边
    for (int i = 0; i < m; i++)
        if (!edge[i].flag) {
            int a = edge[i].a, b = edge[i].b, w = edge[i].w;
            if (w > d1[a][b])                       // 最小生成树外的一条边，(a-b),如果比最小生成树中a-b的最长边长，就有机会参加评选次小生成树。
                                                    // 最终的选举结果取决于它增加的长度是不是最少的
                res = min(res, sum + w - d1[a][b]); // 替换最大边
            else if (w > d2[a][b])                  // 替换严格次大边
                res = min(res, sum + w - d2[a][b]); // 严格次小生成树的边权和
        }

    // 输出
    printf("%lld\n", res);
    return 0;
}
```