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## [$AcWing$ $356$ 次小生成树](https://www.acwing.com/problem/content/description/358/)
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### 一、题目描述
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给定一张 $N$ 个点 $M$ 条边的无向图，**求无向图的严格次小生成树**。
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设最小生成树的边权之和为 $sum$，严格次小生成树就是指边权之和大于 $sum$ 的生成树中最小的一个。
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**输入格式**
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第一行包含两个整数 $N$ 和 $M$。
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接下来 $M$ 行，每行包含三个整数 $x，y，z$，表示点 $x$ 和点 $y$ 之前存在一条边，边的权值为 $z$。
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**输出格式**
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包含一行，仅一个数，表示严格次小生成树的边权和。(数据保证必定存在严格次小生成树)
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**数据范围**
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$N≤10^5,M≤3×10^5,1≤x,y≤N,0≤z≤10^6$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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5 6
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1 2 1
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1 3 2
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2 4 3
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3 5 4
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3 4 3
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4 5 6
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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11
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```
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### 二、题目分析
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本题要求 **严格次小生成树**，之前在[$AcWing$ $1148$ 秘密的牛奶运输](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16054005.html) 里也曾求过次小生成树，但是本题的 **数据范围更大** 。
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> **解释**：本题目$N=1e5$,太大，无法使用 $AcWing$ $1148$. 秘密的牛奶运输 的办法（开二维数组，记录$x->y$间的 **最大边权** 和 **次大边权**），直接 $MLE$了。
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$AcWing$ $1148$ 的那个$dfs+kruskal$求严格次小生成树的办法，时间复杂度$TLE$，空间$MLE$，需要一个更牛的 **求严格次小生成树** 的办法。
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秘密的牛奶运输的的性能为什么可以优化呢？这是因为每次执行$dfs$求最小生成树上两点路径中的 **最大边权** 和 **次大边权** 的时间复杂度是$O(n)$，总的时间复杂度就是$O(n^2)$，求任意两点间的最短距离可以想办法优化。
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通过 **倍增算法**，可以高效的记录任意两点间的最长边和严格次长边，而且是$O(log_2N)$，比上面的$O(n)$快。
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本题总的解题流程与秘密的牛奶运输那题基本一致，只是在求 **最长边、严格次长边** 的方法上有所不同。
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#### 思路
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#### $d[i][k]$
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树上节点$i$向上走$2^k$步到达的节点，状态转移方程
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$$\large d[i][k] = d[d[i][k-1]][k-1]$$
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设$j=d[i][k-1]$,状态转移方程
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$$\large d[i][k] = d[j][k-1]$$
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#### $f[i][k]$
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$i$到$d[i][k]$节点路径上的**最大边权、次大边权**
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$f[i][k].first$的求解很显然：
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$$\large f[i][k].first = max(f[i][k-1].first,f[j][k-1].first)$$
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$f[i][k].second$的求解分情况讨论：
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①$if(f[i][k-1].first == f[j][k-1].first)$
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$$\large f[i][k].second = max(f[i][k-1].second,f[j][k-1].second)$$
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②$f[i][k-1].first > f[j][k-1].first$
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$$\large f[i][k].second = max(f[i][k-1].second,f[j][k-1].first)$$
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③$f[i][k-1].first < f[j][k-1].first$
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$$\large f[i][k].second = max(f[i][k-1].first,f[j][k-1].second)$$
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求出了树上任意一点向上走$2^k$步路径中的 **最大边权** 和 **次大边权** 并不是求解本题的终点 ，我们需要的是求解树上任意两点间的最大边权和次大边权。
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回忆下求节点$a$和节点$b$的$LCA$的过程，我们先将深度较大的$a$节点不断向上跳，直到跳到与$b$节点 **同一深度为止**，如果此时$a$与$b$不重合，则继续将$a$和$b$以同样的步数向上跳，直到$a$和$b$的父节点是同一个为止。
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求$LCA$的树上倍增的过程也可以用来 **求最大和次大边权**，只需要在跳的过程中 **同步更新最大边权和次大边权** 即可。
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### $Code$
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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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typedef pair<int, int> PII;
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const int N = 100010, M = 300010;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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int f[N][16]; // f[i][k]表示树上的某节点i向上走2^k步到达的节点
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PII dist[N][16]; // d[i][k]表示树上的某节点i向上走2^k步到达的节点最长距离和次长距离
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int depth[N]; // 深度数组
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// Kruskal结构体
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struct Edge {
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int a, b, c; // 从a到b边权为c
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bool flag; // 是不是最小生成树的树边
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const bool operator<(const Edge &t) const {
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return c < t.c;
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}
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} edge[M];
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// 邻接表
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, 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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// 树上倍增求任意点到2^0,2^1,2^2,...的距离，注意，不是任意两点间最长距离和次长距离,是半成品，不是成品！
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int bfs(int root) {
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queue<int> q;
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q.push(root);
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depth[root] = 1;
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while (q.size()) {
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int u = q.front();
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q.pop();
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (!depth[v]) {
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depth[v] = depth[u] + 1; // 记录深度
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q.push(v);
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f[v][0] = u; // 记录2^0->t,描述父节点
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//-->下面是与普通的倍增不一样的代码<--
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// v->u 的最大距离:w[i],与次大距离:-INF,递推初始化数据
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dist[v][0] = {w[i], -INF};
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for (int k = 1; k <= 15; k++) { // 倍增
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int x = f[v][k - 1]; // 设v跳2 ^(k-1)到达的是x点
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f[v][k] = f[x][k - 1]; // x点跳2^(k-1)到达的终点就是v跳2^k的终点
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//-->下面是与普通的倍增不一样的代码<--
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// ①最大边权
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dist[v][k].first = max(dist[v][k - 1].first, dist[x][k - 1].first);
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// ②次大边权
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if (dist[v][k - 1].first == dist[x][k - 1].first) // 如果前半部分最大距离等于后半部分最大距离
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dist[v][k].second = max(dist[v][k - 1].second, dist[x][k - 1].second); // 整体次大=max(前半次大，后半次大)
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else if (dist[v][k - 1].first < dist[x][k - 1].first) // 如果前半最大小于后半最大
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dist[v][k].second = max(dist[v][k - 1].first, dist[x][k - 1].second); // 整体次大=max(前半最大，后半次大)
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else // 如果前半最大大于后半最大
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dist[v][k].second = max(dist[v][k - 1].second, dist[x][k - 1].first); // 整体次大=max(前半次大，后半最大)
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}
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}
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}
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}
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}
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// 因为同时需要同步修改最大值和次大值，所以采用了地址符&引用方式定义参数
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// m1:最大值，m2：次大值
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void update(int &m1, int &m2, PII x) {
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if (m1 == x.first)
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m2 = max(m2, x.second);
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else if (m1 < x.first)
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m2 = max(m1, x.second), m1 = x.first;
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else
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m2 = max(m2, x.first);
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}
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// 功能：添加上a->b的边,边权是c,去掉a->b的原来最大或次大，比最小生成树多出来多少边权(c- m1 或者 c-m2)
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// 思路：利用倍增思想,找出a->b之间的最大距离和次大距离
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// 具体是-m1,还是-m2，要区别对待，如果c=m1,就是-m2,否则-m1
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int lca(int a, int b, int c) {
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if (depth[a] < depth[b]) swap(a, b); // 保证a的深度大于b的深度
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int m1 = -INF, m2 = -INF; // 最大边，次大边初始化
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for (int k = 15; k >= 0; k--) // 由小到大尝试
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if (depth[f[a][k]] >= depth[b]) { // 让a向上跳2^k步
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update(m1, m2, dist[a][k]); // 记录a到向上走2^k步这段范围内，遇到的最大和次大长度
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a = f[a][k]; // 标准lca
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}
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// 当a与b不是同一个点时
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// 此时两者必然是depth一样的情况，同时向上查询2^k，必然可以找到LCA
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if (a != b) {
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for (int k = 15; k >= 0; k--)
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if (f[a][k] != f[b][k]) {
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update(m1, m2, dist[a][k]); // 记录a到向上走2^k步这段范围内，遇到的最大和次大长度
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update(m1, m2, dist[b][k]); // 记录b到向上走2^k步这段范围内，遇到的最大和次大长度
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// 注意写在a=f[a][k],b=f[b][k]上方，要不a,b就被改了，此句就不对了
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a = f[a][k], b = f[b][k];
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}
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// 此时a和b到lca下同一层 所以还要各跳1步=跳2^0步
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update(m1, m2, dist[a][0]);
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update(m1, m2, dist[b][0]);
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}
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// m1,m2中装的是 a->b之间的最大边权和次大边权，现在给了一个新边权c,它能替换m1,m2,还是谁也替换不了呢？
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// 因为m1,m2是最小生成树中的最大边权和次大边权，c >= m1 > m2
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// if(c==m1) 那么c能去替换m2,获取的收益就是c-m2
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// if(c> m1) 那么c能去替换m1,获取的收益就是c-m1
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return c == m1 ? c - m2 : c - m1;
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}
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int main() {
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int n, m;
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scanf("%d %d", &n, &m);
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// 并查集初始化
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for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i;
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// 邻接表初始化
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memset(h, -1, sizeof h);
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// Kruskal
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for (int i = 0; i < m; i++) {
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int a, b, c;
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scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
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edge[i] = {a, b, c, 0};
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}
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// 按边权排序+最小生成树
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sort(edge, edge + m);
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LL sum = 0, ans = 1e18;
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// Kruskal
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for (int i = 0; i < m; i++) {
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int a, b, c;
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a = find(edge[i].a), b = find(edge[i].b), c = edge[i].c;
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if (a != b) {
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p[a] = b;
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sum += c; // 最小生成树的边权总和
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edge[i].flag = 1; // 标识为最小生成树中的边,因为后面要枚举非树边
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// 将最小生成树中的树边单独构建一个图出来
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add(edge[i].a, edge[i].b, c), add(edge[i].b, edge[i].a, c);
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}
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}
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// 倍增预处理,记录任意点向上2^k步的最大值，次大值，深度等信息，后面lca会用到
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// 以任意点为根
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bfs(1);
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// 用非树边去尝试替换最小生成树中的边，然后取min
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for (int i = 0; i < m; i++)
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if (!edge[i].flag) { // 枚举非树边
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int a = edge[i].a, b = edge[i].b, c = edge[i].c;
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ans = min(ans, sum + lca(a, b, c));
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// 在最小生成树中，将a,b两点间连接一条长度为c的边,相对最小生成树，长度会增加多少呢？
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}
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// 输出
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printf("%lld\n", ans);
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return 0;
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}
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``` |
