题目链接：Gym - 101667E How Many to Be Happy?
题意：
给出一含有n个结点和m条边的图G，定义该图中的最小生成树（MST）含有的边为happy，而不在MST中的边为unhappy，对于unhappy的边e，删除最少的边数H(e)使得其变为happy，求H(e)之和。
分析：
由MST的性质可知，对于任意一条不在MST中的边e，会影响e构成MST的只有比它边权小的边，所以要删除的边只可能在这些比e边权小的边当中。
将这些边权比e小的边选出后建图（不包含e自身），设边e的端点为s、t
那么只需要令s、t不连通，边e就可以构成MST了，很明显，问题就转化为了求最小割，那么建图的时候只需让边的容量为1即可（求最小割时正向边、反向边容量相等）。
以下代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=150;
const int maxm=550;
int n,m;
struct EDGE
{
int u;int v;int w;
}E[maxm];
struct edge
{
int w;int to;int next;
}e[maxm*2];
int head[maxn],cnt;
int s,t;
int depth[maxn],cur[maxn];
void addedge(int u,int v,int w)
{
e[cnt].w=w;e[cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;cnt++;e[cnt].w=w; //求最小割时反向边容量不为0e[cnt].to=u;e[cnt].next=head[v];head[v]=cnt;cnt++;
}
bool bfs()
{
memset(depth,-1,sizeof(depth));queue<int> q;q.push(s);depth[s]=0;while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){
int v=e[i].to;if(e[i].w>0&&depth[v]==-1){
depth[v]=depth[u]+1;q.push(v);}}}return depth[t]!=-1;
}
int dfs(int u,int flow)
{
if(u==t)return flow;for(int &i=cur[u];i!=-1;i=e[i].next){
int v=e[i].to;if(depth[v]==depth[u]+1&&e[i].w>0){
int k=dfs(v,min(flow,e[i].w));if(k>0){
e[i].w-=k;e[i^1].w+=k;return k;}}}return 0;
}
int dinic()
{
int ans=0;while(bfs()){
for(int i=1;i<=n;i++)cur[i]=head[i];while(int k=dfs(s,INF))ans+=k;}return ans;
}
int main()
{
scanf("%d %d",&n,&m);for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d %d %d",&E[i].u,&E[i].v,&E[i].w);int he=0;for(int i=0;i<m;i++){
memset(head,-1,sizeof(head));cnt=0;for(int j=0;j<m;j++){
if(E[j].w<E[i].w) //仅考虑边权比i小的边addedge(E[j].u,E[j].v,1); //容量为1}s=E[i].u; //设定s、tt=E[i].v;he+=dinic();}printf("%d\n",he);return 0;
}