描述
C国由n个小岛组成，为了方便小岛之间联络，C国在小岛间建立了m座大桥，每座大桥连接两座小岛。两个小岛间可能存在多座桥连接。然而，由于海水冲刷，有一些大桥面临着不能使用的危险。如果两个小岛间的所有大桥都不能使用，则这两座小岛就不能直接到达了。然而，只要这两座小岛的居民能通过其他的桥或者其他的小岛互相到达，他们就会安然无事。但是，如果前一天两个小岛之间还有方法可以到达，后一天却不能到达了，居民们就会一起发起*。
现在C国的国王已经知道了每座桥能使用的天数，超过这个天数就不能使用了。现在他想知道居民们一共会发起多少次*。
- 输入
多组测试数据。 每组数据先输入两个正整数n和m。 接下来m行，每行三个整数a, b, t，分别表示该座桥连接a号和b号两个小岛，能使用t天。小岛的编号从1开始递增。（1≤n≤10000,1≤m≤100000，1<=a,b<=n，1≤t≤100000） - 输出
输出一个整数，表示居民们发起*的次数。 - 样例输入
4 4
1 2 2
1 3 2
2 3 1
3 4 3 - 样例输出
2 - 提示
对于样例：第一天后2和3之间的桥不能使用，不影响。第二天后1和2之间，以及1和3之间的桥不能使用，居民们会*。第三天后3和4之间的桥不能使用，居民们会*。
对于样例：第一天后2和3之间的桥不能使用，不影响。第二天后1和2之间，以及1和3之间的桥不能使用，居民们会*。第三天后3和4之间的桥不能使用，居民们会*。
对于样例：第一天后2和3之间的桥不能使用，不影响。第二天后1和2之间，以及1和3之间的桥不能使用，居民们会*。第三天后3和4之间的桥不能使用，居民们会*。
对于样例：第一天后2和3之间的桥不能使用，不影响。第二天后1和2之间，以及1和3之间的桥不能使用，居民们会*。第三天后3和4之间的桥不能使用，居民们会*。
对于样例：第一天后2和3之间的桥不能使用，不影响。第二天后1和2之间，以及1和3之间的桥不能使用，居民们会*。第三天后3和4之间的桥不能使用，居民们会*。
分析：
其实这题是最大生成树的问题，因为每过一天各小岛之间的桥的寿命全部减少一天，应该按桥的寿命从大到小来排序，每次把桥两端的小岛连接起来，若发现这个小岛已经被联通了，就不用再记录此时两个小岛之间桥的寿命了，因为两个小岛之间已经有寿命更长的桥连接了（直接或者间接）。到最后直接统计有多少寿命不同的桥（如果寿命相同，就意味着同一天有多次*，然而居民只能一天*一次）。
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<math.h>
using namespace std;
int parent[10009];
struct Node
{
int x;///a号小岛
int y;///b号小岛
int t;///能用的时间
} node[100009];
bool cmp(Node a,Node b)
{
return a.t>b.t;///按照能用的时间从大到小排序
}
int Find(int num)///找num的父亲
{
if(num==parent[num])
return num;
else
return parent[num]=Find(parent[num]);
}
int main()
{
int n,m;
int Time[100009];
int flag=0;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
flag=0;
for(int i=0; i<=n; i++)
parent[i]=i;
for(int i=0; i<m; i++)
{
scanf("%d%d%d",&node[i].x,&node[i].y,&node[i].t);
}
sort(node,node+m,cmp);
int pa,pb;
for(int i=0; i<m; i++)
{
pa=Find(node[i].x);
pb=Find(node[i].y);
if(pa!=pb)///代表node[i].x与node[i].y是不连通的，也就意味着没有办法通行了
{
parent[pa]=pb;///让他俩成为连通的
Time[flag++]=node[i].t;///在把他们之间能够通行的时间存下
}
}
// cout<<"flag==="<<flag<<endl;
// cout<<"去重函数"<<endl;
// unique(Time,Time+flag);
int sum=unique(Time,Time+flag)-Time;///去重函数，因为可能在同一天内多个地方都不能够通行了，但是这算是一次
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}