Cartesian MST

https://codeforces.com/gym/103098/problem/C

一开始以为对 \(u\) 相等的每组点都是直接用 \(H\) 的 mst 去连接，然后把 \(u\) 相等的每组点当成一个整体就是 \(G\) 的 mst 去连 \(n\) 组点。或是对 \(v\) 相等的每组点整体看同理。
这样的话 \(ans=\min(V_H\cdot n+V_G,V_G\cdot n_1+V_H)\)。

后面发现对于 \(u_i\not= u_j,v_i = v_j\) 可以 \(v_i\) 连向 \(v_j\) 就可以用 \(u_i\to u_j\) 的权值省去 \(v_j\) 与 \(v_j\) 父亲的边权。相当于对于上文 \(u\) 相等的每组点内，第 \(u_i\) 组的连接可以用 \(u_i\) 在 \(G\) 图中 mst 中所连的权值最小的边去替换这组内所有边权小于它的 \(H\) 图 mst 包含的边（假定 \(u_i\) 在 mst 中所连的权值最小的边为 \(u_j\to u_i\) 那么可以从第 \(u_j\) 组内的 \(v\) 去连接 \(u_i\) 组内相同的 \(v\)，然后 \(u_i\) 组内的 \(v\) 就可以断开其与父亲的边）。所以对于每一条 \(G\) 图 mst 中的边，用双指针求出它比 \(H\) 图 mst 中的多少条边权值小以及这些边的权值和，假设为 \(cnt,sum\)，答案初始为 \(V_H\cdot n+V_G\)，则这条边对答案的更新为 \(ans\gets ans-sum+w\cdot cnt\) 其中 \(w\) 为这条边的权值。

\(G\) 图中边权从小至大每一条边 \(u_i\to u_j\) 都只对 \(u_j\) 所在的 \(H\) 的 mst 的权值做贡献，此时会发现只对 \(n-1\) 个 mst 做了贡献，但这是正确的，因为要保证至少有一组 \(u\) 相等的点是按照 \(H\) 图的 mst 来连接的才能保证最终结果连通，否则如果出现每组点都断掉了 \(H\) 图 mst 中的某条边便不连通了。

时间复杂度 \(O(mlogm)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define int long long
#define db double
#define endl '\n'
#define lowbit(x) x&-x
#define intz(x,a) memset(x,a,sizeof(x))
const int N=2e5+5;
struct edge{int u,v,w;}e[N],e1[N];int f[N];bool vis[N],vis1[N];
int find(int x){return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);}
int get(int n,int m,edge *e,bool *vis){int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i;for(int i=1;i<=m;i++)if(find(e[i].u)^find(e[i].v))vis[i]=1,f[find(e[i].u)]=find(e[i].v),sum+=e[i].w;return sum;
}
signed main(){int n,m,n1,m1,s,s1;cin>>n>>m>>n1>>m1;for(int i=1;i<=m;i++)cin>>e[i].u>>e[i].v>>e[i].w,++e[i].u,++e[i].v;sort(e+1,e+1+m,[](edge x,edge y){return x.w<y.w;});s=get(n,m,e,vis);for(int i=1;i<=m1;i++)cin>>e1[i].u>>e1[i].v>>e1[i].w,++e1[i].u,++e1[i].v;sort(e1+1,e1+1+m1,[](edge x,edge y){return x.w<y.w;});s1=get(n1,m1,e1,vis1);int cnt=0,sum=0,pos=m1,ans=s1*n+s;for(int i=m;i;i--){while(pos&&e[i].w<e1[pos].w){if(vis1[pos])sum+=e1[pos].w,++cnt;--pos;}if(vis[i])ans=ans-sum+e[i].w*cnt;}cout<<ans;return 0;
}