347. 野餐规划 (换边法)
一群小丑演员，以其出色的柔术表演，可以无限量的钻进同一辆汽车中，而闻名世界。
现在他们想要去公园玩耍，但是他们的经费非常紧缺。
他们将乘车前往公园，为了减少花费，他们决定选择一种合理的乘车方式，可以使得他们去往公园需要的所有汽车行驶的总公里数最少。
为此，他们愿意通过很多人挤在同一辆车的方式，来减少汽车行驶的总花销。
由此，他们可以很多人驾车到某一个兄弟的家里，然后所有人都钻进一辆车里，再继续前进。
公园的停车场能停放的车的数量有限，而且因为公园有入场费，所以一旦一辆车子进入到公园内，就必须停在那里，不能再去接其他人。
现在请你想出一种方法，可以使得他们全都到达公园的情况下，所有汽车行驶的总路程最少。
输入格式
第一行包含整数 n，表示人和人之间或人和公园之间的道路的总数量。
接下来 n 行，每行包含两个字符串 A、B 和一个整数 L，用以描述人 A 和人 B 之前存在道路，路长为 L，或者描述某人和公园之间存在道路，路长为 L。
道路都是双向的，并且人数不超过 20，表示人的名字的字符串长度不超过 10，公园用 Park 表示。
再接下来一行，包含整数 s，表示公园的最大停车数量。
你可以假设每个人的家都有一条通往公园的道路。
输出格式
输出 Total miles driven: xxx，其中 xxx 表示所有汽车行驶的总路程。
输入样例：
10
Alphonzo Bernardo 32
Alphonzo Park 57
Alphonzo Eduardo 43
Bernardo Park 19
Bernardo Clemenzi 82
Clemenzi Park 65
Clemenzi Herb 90
Clemenzi Eduardo 109
Park Herb 24
Herb Eduardo 79
3
输出样例：
Total miles driven: 183解析：
首先 ，去掉1号节点之后, 无向可能会分成若干个连通块。可以用深度优先遍历划分出图中的每个连通块，设连通块共有 T 个，若T>S，则本题无解。
对于每个连通块，在这个连通块内部求出它的最小生成树，然后从连通块中选出一个节点P与1号节点相连，其中无向边(1，p)的权值尽量小。
此时，我们已经得到了原无向图的一棵生成树，1号节点的度数为T。我们还可以尝试改动S-T条边，让答案更优。
考虑无向图中从节点1出发的每条边(1,x), 边权为z。 如果(1.x)还不在当前的生成树中，那么继续找到当前生成树中从X到1的路径上权值最大的边(u,D)，边权为 w. 求出使得w-z最大的点Xo。 若Xo 对应的 Wo -20>0，则从树中删掉边(uo,Uo). 加入边（1,xo)· 答案就会变小Wo-20-
重复上一步S-T次，或者直到Wo-zo<0，就得到了题目所求的最小生成树。
本题的难点在于如何换边，具体的操作过程可以参考这道题： 1148. 秘密的牛奶运输 (次小生成树)-CSDN博客
#include<iostream>
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#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<math.h>
#include<map>
#include<sstream>
#include<deque>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 25, M = 405;
int n,m, k;
struct Edge {
int a, b, c, f;
bool operator<(const Edge& t)const {
return c < t.c;
}
}edge[M];
int dist[N][N], fa[N];
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
map<string, int>mp;
int find(int a) {
if (fa[a] == a)return a;
return fa[a] = find(fa[a]);
}
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void dfs(int u, int f, int mx, int d[]) {
d[u] = mx;
for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (j == f)continue;
dfs(j, u, max(mx, w[i]), d);
}
}
int main() {
cin >> m ;
int tt = 0;
memset(h, -1, sizeof h);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
string a, b;
int c;
cin >> a >> b >> c;
if (!mp.count(a))mp[a] = ++n;
if (!mp.count(b))mp[b] = ++n;
if (a == "Park")tt = mp[a];
if (b == "Park")tt = mp[b];
edge[i] = { mp[a],mp[b],c };
}
cin >> k;
sort(edge + 1, edge + 1 + m);
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
int sum = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int a = edge[i].a, b = edge[i].b, c = edge[i].c;
if (a == tt || b == tt)continue;
int pa = find(edge[i].a), pb = find(edge[i].b);
if (pa != pb) {
edge[i].f = 1;
sum += c;
fa[pa] = pb;
add(a, b, c), add(b, a, c);
}
}
for (int i = 0; i<=m && k > 0; i++) {
int a = edge[i].a, b = edge[i].b, c = edge[i].c;
if (a != tt && b != tt)continue;
int pa = find(edge[i].a), pb = find(edge[i].b);
if (pa != pb) {
k--;
edge[i].f = 1;
sum += c;
fa[pa] = pb;
add(a, b, c), add(b, a, c);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)dfs(i, 0, 0, dist[i]);
vector<int>q;
for (int i = 1; i <= m ; i++) {
int a = edge[i].a, b = edge[i].b, c = edge[i].c;
if ((a != tt && b != tt) || edge[i].f)continue;
if (c < dist[a][b] ) {
q.push_back(dist[a][b] - c);
}
}
sort(q.begin(), q.end());
reverse(q.begin(), q.end());
for (int i = 0; i < q.size() && k>0; i++) {
sum -= q[i];
k--;
}
printf("Total miles driven: %d\n", sum);
return 0;
}
原文地址：https://blog.csdn.net/Landing_on_Mars/article/details/135775409
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