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## [$AcWing$ $1148$ 秘密的牛奶运输](https://www.acwing.com/problem/content/description/1150/)
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### 一、题目描述
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农夫约翰要把他的牛奶运输到各个销售点。
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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。
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**运输的总距离越小，运输的成本也就越低。**
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低成本的运输是农夫约翰所希望的。
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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**。
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现在请你帮忙找到该运输方案。
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**注意：**
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* 如果两个方案至少有一条边不同，则我们认为是不同方案；
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* 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；
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* 答案保证一定有解；
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**输入格式**
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第一行是两个整数 $N,M$，表示销售点数和交通线路数；
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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 $z$。
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**输出格式**
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输出费用第二小的运输方案的运输总距离。
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**数据范围**
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$1≤N≤500$,
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$1≤M≤10^4$,
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$1≤z≤10^9$,
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数据中可能包含重边。
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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4 4
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1 2 100
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2 4 200
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2 3 250
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3 4 100
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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450
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```
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### 二、解题思路
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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。
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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。
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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**。
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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**。
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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$w$。
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> **解释**：
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> - **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
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> - **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
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>
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> **分情况讨论**
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> - 如果$w==d_{zd}$，则替换掉$d_{cd}$,即$w->d_{cd}$
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> - 如果$w>d_{zd}$,则替换掉$d_{zd}$,即$w->d_{zd}$
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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。
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#### 时间复杂度
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$O(N^2)$
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### 四、实现代码
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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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typedef long long LL;
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const int N = 510, M = 10010;
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int n, m;
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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 flag; // 是不是最小生成树中的边
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bool const operator<(const Edge &t) const {
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return w < t.w;
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}
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} 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
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int d1[N][N]; // 从i出发，到达j最短距离
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int d2[N][N]; // 从i出发，到达j次短距离
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LL sum; // 最小生成树的边权和
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// 邻接表
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int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
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void add(int a, int b, int c) {
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e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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}
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// 并查集
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int p[N];
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int find(int x) {
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if (x == p[x]) return x;
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return p[x] = find(p[x]);
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}
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/*
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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。
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需要配合换根进行枚举操作才会有效果。
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s:出发点
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u:到达了u点
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fa:u的前序节点，防止走回头路
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m1:这条路径上已经获取到的最长路径
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m2:这条路径上已经获取到的次长路径
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*/
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void dfs(int s, int u, int fa, int m1, int m2) {
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边
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int v = e[i]; // v为u的对边节点
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if (v == fa) continue; // 不走回头路
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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
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if (w[i] > t1)
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t2 = t1, t1 = w[i]; // 更新最大值、次大值
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else if (w[i] < t1 && w[i] > t2)
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t2 = w[i]; // 更新严格次大值
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// 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
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d1[s][v] = t1, d2[s][v] = t2;
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// 生命不息，探索不止
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dfs(s, v, u, t1, t2);
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}
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}
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int main() {
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scanf("%d %d", &n, &m);
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// 初始化邻接表
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memset(h, -1, sizeof h);
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// Kruskal + 建图
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for (int i = 0; i < m; i++) scanf("%d %d %d", &edge[i].a, &edge[i].b, &edge[i].w);
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// 按边权由小到大排序
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sort(edge, edge + m);
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// 初始化并查集
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for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i;
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// Kruskal求最小生成树
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for (int i = 0; i < m; i++) {
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int a = edge[i].a, b = edge[i].b, w = edge[i].w;
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int pa = find(a), pb = find(b);
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if (pa != pb) {
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p[pa] = pb; // 并查集合并
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// ①最小生成树的边权和
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sum += w;
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// 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
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add(a, b, w), add(b, a, w);
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// 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
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edge[i].flag = 1;
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}
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}
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// d1[i][j]和d2[i][j]
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// 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
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for (int i = 1; i <= n; i++) dfs(i, i, 0, 0, 0);
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LL res = 1e18; // 预求最小，先设最大
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// 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
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for (int i = 0; i < m; i++)
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if (!edge[i].flag) {
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int a = edge[i].a, b = edge[i].b, w = edge[i].w;
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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。
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// 最终的选举结果取决于它增加的长度是不是最少的
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res = min(res, sum + w - d1[a][b]); // 替换最大边
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else if (w > d2[a][b]) // 替换严格次大边
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res = min(res, sum + w - d2[a][b]); // 严格次小生成树的边权和
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}
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// 输出
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printf("%lld\n", res);
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return 0;
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}
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```
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