详解次小生成树以及相关的C++求解方法

次小生成树的定义
设 G=(V,E,w)是连通的无向图，T 是图G 的一个最小生成树。如果有另一棵树T1，满
足不存在树T',ω（T'）<ω（T1） ，则称T1是图G的次小生成树。

求解次小生成树的算法
约定：由T 进行一次可行交换得到的新的生成树所组成的集合，称为树T的邻集,记为N(T)。
定理 3：设T是图G的最小生成树，如果T1满足ω(T1)=min{ω(T')| T'∈N(T)},则T1是G
的次小生成树。
证明：如果 T1 不是G 的次小生成树，那么必定存在另一个生成树T',T'=T 使得
ω(T)≤ω(T')<ω(T1)，由T1的定义式知T不属于N(T)，则
E(T')/E(T)={a1,a2
1,……,at}，E(T)/E(T')={b1,b2,……,bt}，其中t≥2。根据引理1 知，存在一
个排列bi1,bi2,……,bit，使得T+aj-bij仍然是G 的生成树，且均属于N(T),所以ω(aj)≥ω(bij)，
所以ω(T')≥ω(T+aj-bij)≥ω(T1)，故矛盾。所以T1是图G 的次小生成树。
通过上述定理，我们就有了解决次小生成树问题的基本思路。
首先先求该图的最小生成树T。时间复杂度O(Vlog2V+E)
然后，求T的邻集中权值和最小的生成树，即图G 的次小生成树。
如果只是简单的枚举，复杂度很高。首先枚举两条边的复杂度是O(VE)，再判断该交换是否
可行的复杂度是O(V)，则总的时间复杂度是O(V2E)。这样的算法显得很盲目。经过简单的
分析不难发现，每加入一条不在树上的边，总能形成一个环，只有删去环上的一条边，才能
保证交换后仍然是生成树，而删去边的权值越大，新得到的生成树的权值和越小。我们可以
以此将复杂度降为O(VE)。这已经前进了一大步，但仍不够好。
回顾上一个模型——最小度限制生成树，我们也曾面临过类似的问题，并且最终采用动态规
划的方法避免了重复计算，使得复杂度大大降低。对于本题，我们可以采用类似的思想。首
先做一步预处理，求出树上每两个结点之间的路径上的权值最大的边，然后，枚举图中不在
树上的边，有了刚才的预处理，我们就可以用O(1)的时间得到形成的环上的权值最大的边。
如何预处理呢？因为这是一棵树，所以并不需要什么高深的算法，只要简单的BFS 即可。
预处理所要的时间复杂度为O(V2)。
这样，这一步时间复杂度降为O(V2)。
综上所述，次小生成树的时间复杂度为O(V2)。

练习
题目：

    题目描述： 
    最小生成树大家都已经很了解，次小生成树就是图中构成的树的权值和第二小的树，此值也可能等于最小生成树的权值和，你的任务就是设计一个算法计算图的最小生成树。 
    输入： 
    存在多组数据，第一行一个正整数t，表示有t组数据。 
    每组数据第一行有两个整数n和m（2<=n<=100），之后m行，每行三个正整数s，e，w，表示s到e的双向路的权值为w。 
    输出： 
    输出次小生成树的值，如果不存在输出-1。 
    样例输入： 
    2 
    3 3 
    1 2 1 
    2 3 2 
    3 1 3 
    4 4 
    1 2 2 
    2 3 2 
    3 4 2 
    4 1 2 
    样例输出： 
    4 
    6 

ac代码（注释写的比较清楚）：

 #include  
  #include  
  #include  
   
  #define MAX 100000 
   
  int father[210];  // 并查集 
  int visit[210]; // 记录最小生成树用到的边的下标 
  int windex; // 记录最小生成树用到边的数量 
   
  typedef struct node { 
    int st, ed, w; 
  } node; 
   
  /** 
   * 预处理并查集数组 
   */ 
  void preProcess() 
  { 
    int i, len = sizeof(father) / sizeof(father[0]); 
   
    for (i = 0; i w - b->w; 
  } 
   
  /** 
   * 并查集寻找起始结点，路径压缩优化 
   */ 
  int findParent(int x) 
  { 
    int parent; 
   
    if (x == father[x]) { 
      return x; 
    } 
   
    parent = findParent(father[x]); 
    father[x] = parent; 
     
    return parent; 
  } 
   
  /** 
   * 求最小生成树 
   */ 
  int minTree(node *points, int m, int n) 
  { 
    preProcess(); 
   
    int i, count, flag, pa, pb; 
   
    for (i = count = flag = windex = 0; i