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## [$AcWing$ $1141$ 局域网](https://www.acwing.com/problem/content/1143/)
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### 一、题目描述
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某个局域网内有 $n$ 台计算机和 $k$ 条 **双向** 网线，计算机的编号是 $1$∼$n$。由于搭建局域网时工作人员的疏忽，现在局域网内的连接形成了回路，我们知道如果局域网形成回路那么数据将不停的在回路内传输，造成网络卡的现象。
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**注意：**
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对于某一个连接，虽然它是双向的，但我们不将其当做回路。本题中所描述的回路至少要包含两条不同的连接。
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两台计算机之间最多只会存在一条连接。(无重边)
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不存在一条连接，它所连接的两端是同一台计算机。(无环)
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因为连接计算机的网线本身不同，所以有一些连线不是很畅通，我们用 $f(i,j)$ 表示 $i,j$ 之间连接的畅通程度，$f(i,j)$ 值 **越小** 表示 $i,j$ 之间连接 **越通畅**。
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现在我们需要解决回路问题，我们将除去一些连线，使得网络中 **没有回路** 且 **不影响连通性**（即如果之前某两个点是连通的，去完之后也必须是连通的），并且被除去网线的 $\sum f(i,j)$ 最大，请求出这个 **最大值**。
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**输入格式**
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第一行两个正整数 $n,k$。
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接下来的 $k$ 行每行三个正整数 $i,j,m$ 表示 $i,j$ 两台计算机之间有网线联通，通畅程度为 $m$。
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**输出格式**
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一个正整数，表示被除去网线的 $\sum f(i,j)$ 的最大值。
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**数据范围**
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$1≤n≤100 ,0≤k≤200,1≤f(i,j)≤1000$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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5 5
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1 2 8
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1 3 1
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1 5 3
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2 4 5
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3 4 2
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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8
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```
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### 二、$Kruskal$算法
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本题要求 **被除去网线的通畅程度之和最大**，则要求 **留下来的网线通畅程度最小**，也就是求图的 **最小生成树**， 由于原图 **不一定是连通图**，所以要求的实际上是原图的 **最小生成森林**，即若干个生成树的集合。
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$kruskal$算法是 **求连通块** 的，所以这个题直接用 $kruskal$ 很容易求出来。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 110, M = 210;
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int n, m, fa[N];
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//结构体
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struct Edge {
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int a, b, w;
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bool operator<(const Edge &t) {
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return w < t.w;
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}
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} e[M];
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//并查集
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int find(int x) {
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if (fa[x] != x) fa[x] = find(fa[x]); //路径压缩
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return fa[x];
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}
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int main() {
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cin >> n >> m;
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//并查集初始化
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for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
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// Kruskal算法直接记录结构体
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for (int i = 0; i < m; i++) {
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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e[i] = {a, b, c};
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}
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sort(e, e + m); //不要忘记e数组的长度是边的数量
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int res = 0;
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//枚举每条边
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for (int i = 0; i < m; i++) {
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int a = find(e[i].a), b = find(e[i].b), c = e[i].w;
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if (a != b)
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fa[a] = b;
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else
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res += c; //去掉的边权
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}
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printf("%d\n", res);
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return 0;
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}
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```
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### 三、$Prim$算法
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既然题目要求的可能是多个连通块，如果非得用$Prim$算法的话，是不是得先求出连通块，然后对每个连通块，求出其最小生成树，这样才是最小生成森林呢？
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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const int N = 110;
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int w[N][N];
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int dist[N];
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bool st[N];
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int n, m, sum;
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int b[N];//桶，记录哪些点已经处理过了，找出未处理过的进行一下Flood Fill
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int prim(int source) {
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memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
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dist[source] = 0;
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b[source] = 1;
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int res = 0;
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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int t = -1;
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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if (!st[j] && (t == -1 || dist[t] > dist[j]))
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t = j;
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st[t] = true;
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if (dist[t] != INF) res += dist[t], b[t] = 1;
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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dist[j] = min(dist[j], w[t][j]);
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}
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return res;
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}
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int main() {
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cin >> n >> m;
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memset(w, 0x3f, sizeof w);
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while (m--) {
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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w[a][b] = w[b][a] = c;
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sum += c; // 总边长
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}
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int s = 0;
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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if (!b[i]) s += prim(i);
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printf("%d\n", sum - s);
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return 0;
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}
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```
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