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題意：有n個城市,m條需要被重建的路，每條路有權值且各不相同，讓你使所有城市相通（直接或間接）的情況下，找出權值和最小的那種方案，然後問你從這種方案中任意選取兩點，問這兩點之間的距離的最小期望值是多少。
解題思路：讓你找出權值和最小，當然是最小生成樹啊，但是後面那個最小期望有點麻煩，不過我們可以仔細分析得到，每條路的權值都不一樣所得出的最小生成樹是唯一的（具體證明自己百度），那麽生成樹唯一，怎樣在這棵樹上求最小期望，最小期望？這其實是出題人忽悠你的，一棵樹上任意兩點之間的距離唯一，所以不存在最小最大之說，只要找出任意兩兩點之間的距離就行，然後把所有的距離加起來除以n*(n - 1)/2就行，那麽問題就轉化為在一無根樹上求任意兩點之間的距離之和，我們分析可以得到，所有距離之和等於每一條邊的權值乘以這條邊出現的次數之和，每一條邊的權值我們知道，我們現在要知道每一條邊出現過多少次，而我們可以發現，每條邊出現的次數等於這條邊的兩個端點兩側`頂點數目的乘積，知道了這一點，我們就可以直接dfs了，任意選取一個頂點為根（我這裏選的是1），令dp[u]等於以u為根的子樹的頂點數，然後枚舉每一條邊，假如一條邊的兩個頂點是x1,x2，那麽x1,x2中要麽x1是x2的父親,要麽x2是x1的父親，那麽到底誰是誰的父親,很簡單,比較dp[x1]，dp[x2]，小的那個一定是孩子,所有這條邊的一側的頂點數為v1 = min(dp[x1],dp[x2]),那麽另一側頂點數是多少呢?很簡單，總數是n ,所有另一側頂點數v2 = n - v1,所有這條邊出現的次數為v1v2，註意最後求期望除以n*(n - 1)/2時一定要將n,n - 1變成long long 之後再求,我在這裏wa了無數次。

代碼：

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<string.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int max_=1e6+5;
const int max_n=1e5+5;
struct edge{
     int form;
     int to;
     ll w;
};
struct edge tu[max_],tree[max_n];
 
int dp[max_n];//記錄包自身的子樹節點
int fa[max_n];//父節點
bool vis[max_n];//標記數組
vector<int>g[max_n];//記錄子節點
int tot1,tot2;
void add_edge1(int x,int y,ll w)//建圖
{
    tu[tot1].form=x;
    tu[tot1].to=y;
    tu[tot1++].w=w;
}
void add_edge2(int x,int y,ll w)//建樹
{
    tree[tot2].form=x;
    tree[tot2].to=y;
    tree[tot2
 
++].w=w;
}
bool cmp(edge a,edge b)//排序
{
    return a.w<b.w;
}
int find_fa(int x)//並查集
{
    if(x==fa[x])
        return x;
    else
        return fa[x]=find_fa(fa[x]);
}
ll Kruskal(int n)//最小生成樹算法
{
    sort(tu,tu+tot1,cmp);
    int ans=0;
    ll ant=0;
    for(int i=0;i<tot1;i++)
    {
        int v=tu[i].form;
        int u=tu[i].to;
        ll w=tu[i].w;
        int f1=find_fa(v);
        int f2=find_fa(u);
        if(f1!=f2)
        {
            fa[f1]=f2;
            ant+=w;
            add_edge2(u,v,w);
            ans++;
            g[u].push_back(v);
            g[v].push_back(u);
        }
        if(ans==n-1)
        {
        return ant;
        }
    }
}
void dfs(int x)//dfs尋找樹的子節點
{
    vis[x]=true;
    dp[x]=1;
    for(int i=0;i<g[x].size();i++)
    {
        int y=g[x][i];
        if(!vis[y])
        {
            dfs(y);
            dp[x]+=dp[y];
        }
    }
}
void init(int n)//初始化
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
          fa[i]=i;
          g[i].clear();
    }
    tot1=0;
    tot2=0;
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n,m;
      scanf("%d %d",&n,&m);
        ll ans=0;
        init(n);
        if(m==0)
        {
              printf("0 0.00\n");
              continue;
        }
        while(m--)
        {
            int x,y;
            ll w;
            scanf("%d %d %lld",&x,&y,&w);
            add_edge1(x,y,w);
        }
        ll sum=Kruskal(n);
        dfs(1);
        for(int i=0;i<tot2;i++)
        {
            int u=tree[i].form;
            int v=tree[i].to;
            ll w=tree[i].w;
            int k=min(dp[v],dp[u]);
            ans+=w*(n-k)*k;
            //cout<<ans<<endl;
        }
       // printf("%.2f\n",1.0*(n-1)*n/2);
        double expe=ans*1.0/(1.0*n*(n-1)/2);
        printf("%lld %.2lf\n",sum,expe);
    }
}

最小生成樹+樹上任意兩點的最小期望