题目分析

从代码来看，这道题很可能是一个关于图的最小生成树问题（结合代码中的并查集和边的处理），并且题目中边可能有不同的类型（根据输入中的 t 来区分）。目标可能是求出图的最小生成树的总权重，其中某些边是必须包含在最小生成树中的（t == 1 的边），而其他边是可选的（t == 2 的边）。

代码逐段分析

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 2010, M = 10010;

int n, m;
struct Edge
{
    int a, b, w;
    bool operator< (const Edge &t) const
    {
        return w < t.w;
    }
}e[M];
int p[N];

• 包含必要的头文件：cstring 用于字符串处理（这里未用到），iostream 用于输入输出，algorithm 用于排序等算法。
• 定义了两个常量 N 和 M，分别表示节点的最大数量和边的最大数量。
• 声明了变量 n 和 m，用于存储图的节点数和边数。
• 定义了结构体 Edge，用于表示图的边，包含两个端点 a 和 b 以及边的权重 w。重载了小于运算符 <，方便后续对边按权重进行排序。
• 定义了数组 p，用于实现并查集，p[x] 表示节点 x 的父节点。

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

• 实现了并查集的 find 函数，用于查找节点 x 的根节点。通过递归的方式不断向上查找父节点，同时进行路径压缩，将节点 x 直接指向其根节点，提高后续查找效率。

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) p[i] = i;

    int res = 0, k = 0;
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
    {
        int t, a, b, w;
        cin >> t >> a >> b >> w;
        if (t == 1)
        {
            res += w;
            p[find(a)] = find(b);
        }
        else e[k ++ ] = {a, b, w};
    }

• 在 main 函数中，首先读取节点数 n 和边数 m。
• 初始化并查集，将每个节点的父节点设为自身。
• 定义变量 res 用于存储最小生成树的总权重，k 用于记录可选边的数量。
• 遍历所有的边，读取每条边的类型 t、两个端点 a 和 b 以及权重 w。
• 如果边的类型 t == 1，表示该边是必须包含在最小生成树中的，将其权重加到 res 中，并通过并查集将两个端点所在的集合合并。
• 如果边的类型 t != 1，即 t == 2，表示该边是可选的，将其存储到数组 e 中，并增加可选边的数量 k。

    sort(e, e + k);

    for (int i = 0; i < k; i ++ )
    {
        int a = find(e[i].a), b = find(e[i].b), w = e[i].w;
        if (a != b)
        {
            p[a] = b;
            res += w;
        }
    }

• 对可选边数组 e 按照权重进行排序，使用 sort 函数，排序的范围是从 e 到 e + k。
• 遍历排序后的可选边数组，对于每条边，查找其两个端点在并查集中的根节点 a 和 b。
• 如果两个根节点不相同，说明这条边不会形成环，可以加入到最小生成树中。将两个集合合并（p[a] = b），并将边的权重加到 res 中。

    cout << res << endl;

    return 0;
}

• 输出最小生成树的总权重 res。
• 程序结束，返回 0。

时间复杂度分析

1. 初始化并查集的时间复杂度为 $O(n)$，因为需要将每个节点的父节点设为自身。
2. 读取边并处理必选边的时间复杂度为 $O(m)$，因为需要遍历每一条边。
3. 对可选边进行排序的时间复杂度为 $O(k \log k)$，其中 k 是可选边的数量，k <= m。
4. 遍历可选边并处理的时间复杂度为 $O(k)$，每次查找根节点的操作时间复杂度近似为 $O(1)$（经过路径压缩后），合并操作的时间复杂度也近似为 $O(1)$。

因此，总的时间复杂度为 $O(n + m + k \log k)$，近似为 $O(m \log m)$，因为 $k \leq m$。

空间复杂度分析

1. 存储节点的并查集数组 p 需要 $O(n)$ 的空间。
2. 存储边的数组 e 最多需要 $O(m)$ 的空间。

因此，总的空间复杂度为 $O(n + m)$。