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这个二分真的是烧脑QAQ，想了一晚上才懂了一个大概。

首先，整体思路是二分，直观上感受一下，就是给第0类边加一个权值，这个权值越大，会让第0类边选的个数变少；权值变小，会上第0类边的个数变多。所以二分这个权值，使得选出来的边的个数是k。

关键是怎么去做这个二分。对于一个mid（当前的权值二分点），我们去做最小生成树的时候，要给边排序，在给边排序的时候，第一关键字是边权，第二关键字是类别，要让同等权值的第0类排在前面。这样可以保证，做最小生成树的时候，求得的解是所有最小生成树里第0类边的个数最多的。当然，最小生成树中也可能存在比这个条数少的。

那么假设我们现在做最小生成树，得到了一个选择t条第0类边的解。如果t<k，那这个权值肯定是没戏了，最多能选出来的第0类边都不够k条，因此权值需要变小一点，让边数变多一点；如果t>=k，说明这里面可能有一个包含k条第0类边的解，所以权值（说不定）可以更大一些。

那么这里要认清一个事实：对于k条第0类边的解来说，随着权值的上升，得到的最小生成树的权值必定是不减的，而且选出来的第0类边的个数必定是不增的。假设原来给第0类边加的权值是X，现在是X'，最小生成树的权值是W，权值上升后是W'，原来的条数是C，权值上升后是C'。那么有X'>X，W'>=W，C'<=C。如果两个里面都有一个包含k条第0类边的解，那么哪一个更优呢？W'-kX'和W-kX，貌似看不出来啊QAQ。但是结论是，所有k条第0类边构成的解的最小生成树，W-kX都是一样的。为什么呢？其实可以这样考虑，每一个增加权值构成的新的图，形成的最小生成树，都跟原图的一个生成树对应。那么假设原图有若干个恰好包含k条第0类边的权值最小的生成树。那么每一个增加权值后得到的k个第0类边的最小生成树都是跟原来的一一对应的。

那么也就是说我们只需要找到一个即可。那么这个解该怎么找呢？

答案是：就是找让t>=k的那个最大的mid一定有一个包含k条第0类边的解。这个可以用反证法。假设这个不包含=k的解。而又有t>=k，所以t>k。那么随着mid减小，t会越来越大，那所有的都没有包含k的解了。但是题目说一定存在一个包含k条第0类边的解，因此矛盾了。

天啊，终于说完了。直接看代码吧。

#include
     
      using namespace std;const int maxn=100005;struct Edge{    int u,v,w,x,id;    Edge(){}    Edge(int _u,int _v,int _w,int _x):u(_u),v(_v),w(_w),x(_x){}    bool operator<(Edge&e) { return w
      
       
        =k) { l=mid+1; ans=t-k*mid; } else r=mid-1; } printf("Case %d: %d\n",++cas,ans); } return 0; }