1016: [JSOI2008]最小生成樹計數
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Description
現在給出了一個簡單無向加權圖。你不滿足於求出這個圖的最小生成樹，而希望知道這個圖中有多少個不同的最小生成樹。（如果兩顆最小生成樹中至少有一條邊不同，則這兩個最小生成樹就是不同的）。由於不同的最小生成樹可能很多，所以你只需要輸出方案數對31011的模就可以了。
Input
第一行包含兩個數，n和m，其中1<=n<=100; 1<=m<=1000; 表示該無向圖的節點數和邊數。每個節點用1~n的整數編號。 接下來的m行，每行包含兩個整數：a, b, c，表示節點a, b之間的邊的權值為c，其中1<=c<=1,000,000,000。數據保證不會出現自回邊和重邊。 注意：具有相同權值的邊不會超過10條。
Output
輸出不同的最小生成樹有多少個。你只需要輸出數量對31011的模就可以了。
Sample Input
4 6
1 2 1
1 3 1
1 4 1
2 3 2
2 4 1
3 4 1
1 2 1
1 3 1
1 4 1
2 3 2
2 4 1
3 4 1
Sample Output
8
***************************************************************************
題目大意：不廢話。
解題思路：這題的解題報告網上多的是，那個方法，我就不解釋了，我表示我的方法有點不同，雖然比網上那個方法慢，不過如果數據強了，我的方法不會超時，表示挺爽。
首先，最小生成樹，我用的是kruskal，像別的地方一樣，把邊權相同的邊當成一個邊組。
同一個圖的不同的最小生成樹之間是有相同的性質：
1.每個邊組中用的邊的個數是一樣的；
2.同樣做完i個邊組的kruskal后形成的聯通分量相同。
我沒找到什么太好的證明，自己的理解是，假設當已經做完了k-1個邊組的kruskal形成了一個森林，然后在做第k邊組的時候用了n個邊，
那么說明這個組別里面必須用n個邊。換句話說，兩個最小生成樹在做完k-1個邊組的時候還是一樣的，在做完k的邊組的時候產生了差異，MST1在k的邊組時加入的邊集是E1，MST2在k的邊組時加入的邊集是E2，那么E1的大小和E2必定一樣。證明：反證法，不妨設E1比E2小，那么一定存在一條邊e屬於E2不屬於E1，而如果e不屬於E1，根據kruskal的算法過程，說明E1之中的某些邊和e合在一起會形成環（不然e就可以加入E1中去，與kruskal矛盾），那么這個環中除了e這條邊一定存在一條邊e‘加入E2的話會形成環，e’是屬於E1而不屬於E2的，那么可以說e可以找到對應邊e‘，邊的對應性貌似是可以傳遞的，那么就不存在E2中的兩條邊對應E1中的一條邊，這個可以畫圖理解，換句話說，每一條屬於E2不屬於E1的邊都能找到對應點，那么E2的邊的個數就和E1的一樣。得證。同時，第二個性質也能證明了：每條e被e’替代，只是環拆掉了一條不同的邊，這個環上的點依舊是聯通的，那么不改變聯通分量。
有了這兩個性質，最小生成樹計數就好辦了。網上傳統方法是對於每一個邊組進行2^n的暴力，枚舉邊的組成，然后不同的邊組之間相乘。因為題目說明具有相同權值的邊不會超過10條。這樣暴力完全沒關系。
不過我的方法就不同了，復雜度應該在n^3左右，這個涉及到平攤時間復雜度了，我不會算。
我的方法：在做k的邊組的時候，如果做完后是a，b，c這3個原來的聯通分量合成了一個d，那么無論怎么樣的MST都是a，b，c合成了一個d，這其實是生成樹計數，利用那個生成樹計數的矩陣，輕松搞定，這道題如果它說相同的邊可能有50個，那，我這個方法就是必須的了，嘿嘿。
//#pragma comment(linker, "/STACK:65536000")
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <math.h>
#include <vector>
#include <string>
#include <fstream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 105
#define M 1005
#define E
#define inf 0x3f3f3f3f
#define dinf 1e10
#define linf (LL)1<<60
#define LL long long
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int mod = 31011;
struct Edge
{
int a,b,c;
bool operator<(const Edge & t)const
{
return c<t.c;
}
}edge[M];
int n,m,ans;
int fa[N],ka[N],vis[N];//fa,ka都是並查集，ka是每組邊臨時使用
LL gk[N][N],tmp[N][N];//gk頂點之間的關系，tmp為生成樹計數用的矩陣
vector<int>gra[N];
int findfa(int a,int b[]){return a==b[a]?a:b[a]=findfa(b[a],b);}
LL det(LL a[][N],int n)//生成樹計數
{
for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)a[i][j]%=mod;
int ret=1;
for(int i=1;i<n;i++)
{
for(int j=i+1;j<n;j++)
while(a[j][i])
{
LL t=a[i][i]/a[j][i];
for(int k=i;k<n;k++)
a[i][k]=(a[i][k]-a[j][k]*t)%mod;
for(int k=i;k<n;k++)
swap(a[i][k],a[j][k]);
ret=-ret;
}
if(a[i][i]==0)return 0;
ret=ret*a[i][i]%mod;
}
return (ret+mod)%mod;
}
int main()
{
//freopen("/home/axorb/in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<m;i++)
scanf("%d%d%d",&edge[i].a,&edge[i].b,&edge[i].c);
sort(edge,edge+m);
for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i,vis[i]=0;
int pre=-1;ans=1;
for(int h=0;h<=m;h++)
{
if(edge[h].c!=pre||h==m)//一組邊加完
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(vis[i])
{
int u=findfa(i,ka);
gra[u].push_back(i);
vis[i]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)//枚舉每個聯通分量
if(gra[i].size()>1)
{
for(int a=1;a<=n;a++)
for(int b=1;b<=n;b++)
tmp[a][b]=0;
int len=gra[i].size();
for(int a=0;a<len;a++)//構建矩陣
for(int b=a+1;b<len;b++)
{
int la=gra[i][a],lb=gra[i][b];
tmp[a][b]=(tmp[b][a]-=gk[la][lb]);
tmp[a][a]+=gk[la][lb];tmp[b][b]+=gk[la][lb];
}
int ret=(int)det(tmp,len);
ans=(ans*ret)%mod;
for(int a=0;a<len;a++)fa[gra[i][a]]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ka[i]=fa[i]=findfa(i,fa);
gra[i].clear();
}
if(h==m)break;
pre=edge[h].c;
}
int a=edge[h].a,b=edge[h].b;
int pa=findfa(a,fa),pb=findfa(b,fa);
if(pa==pb)continue;
vis[pa]=vis[pb]=1;
ka[findfa(pa,ka)]=findfa(pb,ka);
gk[pa][pb]++;gk[pb][pa]++;
}
int flag=0;
for(int i=2;i<=n&&!flag;i++)if(ka[i]!=ka[i-1])flag=1;
printf("%d\n",flag?0:ans);
return 0;
}