【2020杭电多校】Total Eclipse 【并查集+思维】

考试不能说明所有问题，但可以说明很多问题。（受教了，~wtcl）

题意：
给一个无向图，n个点，m条边，每个点有有一个点权w，我们可以选择k个互相连通的的点进行减1，问当所有点为0时，操作的最小次数。

思路：

这个题只要按照正常思路搞其实都能把答案搞出来，只是正常思路效率不够。

显然这样的时间复杂度是$O(N^2)$，所以我们就需要避免分裂的情况，如何避免分裂，可以想想如果这个是一个有序的序列，从大到小逐步递减，是否就可以避免分裂成多个段，显然是可以的。但是我们拆一个图，图自然会分裂成很多段，这样我们就需要去考虑很多东西，比较麻烦。（逆向思维）我们可以构造一个和这个图一模一样的图，这样不就不会分裂。

1：有一个疑问（构造图是否会影响结果呢）？
答：不会。按照朴素算法，我们只需要找一个极大连通块，算出它的答案，最后累加即可，也就是说，我们不管先算图中的哪一极大联通块，最终都不会影响答案，呢我们构造图，就会影响答案吗？显然不会。

2：如何构造？
答：为了不影响之后的点，我们从最大的点开始构造，首先加入最大的点，此时极大连通块的数量为$(ans=1)$，呢么我们要让这个点的权值和下一个点的权值一样时，则需要贡献 $(a[i].w-a[i+1].w)*ans$，然后加入$a[i+1].pos$这个点（下一个点），此时需要判断有几个极大连通块，即判断$a[i].pos和a[i+1].pos$的关系，如果他们相连，说明他俩构成了一个极大连通块，呢么极大连通块的数量减1（在没有判断新加入这个点前，默认这个点和其他点无关系，$ans-1$），并且权值向图，贡献值为$(ans-1)*(a[i+1].w-a[i+2].w)$，此时图中所有极大连通块的点权都为$a[i+2].w$，依次往后构造，即可构造出原图，并得到最小操作次数。

举例：

参考代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <math.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3e5 + 5;
const ll maxn = 1e5 + 5;
struct node
{
    ll v, nex;
} edge[maxn * 8];
ll cnt, head[maxn], vis[maxn];
ll pre[maxn];
void add(ll u, ll v)
{
    edge[cnt].v = v, edge[cnt].nex = head[u];
    head[u] = cnt++;
}
struct vain
{
    ll pos, w;
} a[maxn];
bool cmp(vain x, vain y)
{
    return x.w > y.w;
}
ll f(ll x)
{
    if (x != pre[x])
        pre[x] = f(pre[x]);
    return pre[x];
}
ll join(ll x, ll y)
{
    x = f(x), y = f(y);
    if (x != y)
        pre[x] = y;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        memset(head, -1, sizeof head);
        memset(vis, 0, sizeof vis);
        cnt = 0;
        ll n, m;
        cin >> n >> m;
        for (ll i = 1; i <= n; i++)
        {
            pre[i] = i;
            cin >> a[i].w, a[i].pos = i;
        }
        a[n + 1].w = 0;
        sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
        for (ll i = 0; i < m; i++)
        {
            ll u, v;
            cin >> u >> v;
            add(u, v), add(v, u);
        }
        ll ans = 0, sum = 0;
        for (ll i = 1; i <= n; i++)
        {
            ans++; //连通块数量++
            ll u = a[i].pos;
            vis[u] = 1;
            for (ll j = head[u]; ~j; j = edge[j].nex)
            {
                ll v = edge[j].v;
                if (vis[v])//判断当前点和之前已经加入的点是否会形成连通块
                {
                    if (f(v) != f(u))
                        join(u, v), ans--;
                }
            }
            sum += ans * (a[i].w - a[i + 1].w);
        }
        cout << sum << endl;
    }
}