题解：解决局域网中去除网线以消除回路并求最大连通度和问题

一、题目背景

给定一个由 (n) 台计算机和 (k) 条双向网线组成的局域网，每条网线连接两台计算机，并且有对应的畅通程度 (f(i, j))。要求在不影响网络连通性的前提下，去除一些网线以消除回路，使得被去除网线的畅通程度总和最大。

二、解题思路

本题可使用最大生成树算法来解决。核心思路是将网线视为图的边，畅通程度视为边权，构建一个带权无向图。为了使去除网线的畅通程度总和最大，那么保留的网线（即构成的生成树）的畅通程度总和应最小，所以求图的最小生成树，然后用所有网线的畅通程度总和减去最小生成树的边权总和，即可得到被去除网线的畅通程度总和的最大值。

具体步骤如下：
1. 定义结构体存储边的信息，包括边的两个端点和边权。
2. 读取计算机数量 (n)、网线数量 (k) 以及每条网线的信息（两个端点和畅通程度），并存储所有边的信息。
3. 对所有边按照边权从小到大进行排序。
4. 初始化并查集，用于判断两个节点是否在同一个连通分量中。
5. 遍历排序后的边，若边的两个端点不在同一个连通分量中，则将该边加入最小生成树，并合并两个端点所在的连通分量。
6. 计算所有网线的畅通程度总和以及最小生成树的边权总和。
7. 用所有网线的畅通程度总和减去最小生成树的边权总和，得到被去除网线的畅通程度总和的最大值并输出。

三、代码示例（以C++ 为例）

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

const int N = 110, M = 210;

// 定义边的结构体
struct Edge {
    int a, b, w;
    bool operator<(const Edge &t) const {
        return w < t.w;
    }
};

vector<Edge> edges;
int p[N];

// 并查集查找函数
int find(int x) {
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}

int main() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;

    // 初始化并查集
    for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i;

    int sum = 0;  // 所有网线畅通程度总和
    while (k--) {
        int a, b, w;
        cin >> a >> b >> w;
        edges.push_back({a, b, w});
        sum += w;
    }

    // 对边按照边权排序
    sort(edges.begin(), edges.end());

    int res = 0;  // 最小生成树的边权总和
    for (auto &edge : edges) {
        int a = edge.a, b = edge.b, w = edge.w;
        int pa = find(a), pb = find(b);
        if (pa != pb) {
            p[pa] = pb;
            res += w;
        }
    }

    // 计算被去除网线的畅通程度总和的最大值
    cout << sum - res << endl;

    return 0;
}

四、代码逐段分析

1. 头文件和全局变量

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

const int N = 110, M = 210;

// 定义边的结构体
struct Edge {
    int a, b, w;
    bool operator<(const Edge &t) const {
        return w < t.w;
    }
};

vector<Edge> edges;
int p[N];

- 引入必要的头文件，`iostream` 用于输入输出，`algorithm` 用于排序等操作，`vector` 用于存储边的信息。
- 定义常量 `N` 和 `M` 表示计算机数量和网线数量的上限。
- 定义 `Edge` 结构体存储边的两个端点 `a`、`b` 和边权 `w`，并重载 `<` 运算符，方便对边按照边权进行排序。
- `vector<Edge> edges` 用于存储所有边的信息。
- `int p[N]` 用于实现并查集，存储每个节点的父节点。

1. 并查集查找函数

int find(int x) {
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}

该函数用于在并查集中查找节点 x 的根节点，同时进行路径压缩，提高后续查找效率。
3. main 函数

int main() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;

    // 初始化并查集
    for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i;

    int sum = 0;  // 所有网线畅通程度总和
    while (k--) {
        int a, b, w;
        cin >> a >> b >> w;
        edges.push_back({a, b, w});
        sum += w;
    }

    // 对边按照边权排序
    sort(edges.begin(), edges.end());

    int res = 0;  // 最小生成树的边权总和
    for (auto &edge : edges) {
        int a = edge.a, b = edge.b, w = edge.w;
        int pa = find(a), pb = find(b);
        if (pa != pb) {
            p[pa] = pb;
            res += w;
        }
    }

    // 计算被去除网线的畅通程度总和的最大值
    cout << sum - res << endl;

    return 0;
}

- 读取计算机数量 `n` 和网线数量 `k`。
- 初始化并查集，使每个节点的父节点为自身。
- 读取每条网线的信息，将其存储到 `edges` 中，并计算所有网线的畅通程度总和 `sum`。
- 对所有边按照边权从小到大排序。
- 遍历排序后的边，对于两个端点不在同一个连通分量中的边，将其加入最小生成树（合并连通分量），并累加到最小生成树的边权总和 `res` 中。
- 计算被去除网线的畅通程度总和的最大值（`sum - res`）并输出。

五、时间复杂度和空间复杂度分析

1. 时间复杂度：排序边的时间复杂度为 (O(k \log k))，其中 (k) 是网线数量。遍历边并进行并查集操作的时间复杂度为 (O(k \alpha(n)))，(\alpha(n)) 是阿克曼函数的反函数，在实际应用中可近似看作常数。所以总体时间复杂度为 (O(k \log k))。
2. 空间复杂度：存储边的信息需要 (O(k)) 的空间，存储并查集需要 (O(n)) 的空间，所以总体空间复杂度为 (O(k + n))。

希望这份题解能帮助你理解这道题的解题思路和代码实现。如果有任何疑问，欢迎随时提问。