【还是畅通工程 HDU - 1233】【Kruskal模板题】

Kruskal算法讲解

该部分内容全部摘录自刘汝佳的《算法竞赛入门经典》

Kruskal算法的第一步是给所有边按照从小到大的顺序排列。这一步可以直接使用库函数

qsort或者sort。接下来从小到大依次考查每条边(u,v)。

情况1： u和v在同一个连通分量中，那么加入(u, v)后会形成环，因此不能选择。

情况2：如果u和v在不同的连通分量，那么加入(u, v)一定是最优的。为什么呢？下面用

反证法——如果不加这条边能得到一个最优解T，则T+(u, v)一定有且只有一个环，而且环中

至少有一条边(u' , v')的权值大于或等于(u,v)的权值。删除该边后，得到的新树T'=T+(u, v)-(u',

v')不会比T更差。因此，加入(u, v)不会比不加入差。

下面是伪代码：

把所有边排序， 记第i小的边为e[i]（ 1<=i<m）

初始化MST为空

初始化连通分量， 让每个点自成一个独立的连通分量

for(int i = 0; i < m; i++)

if(e[i].u和e[i].v不在同一个连通分量) {

把边e[i]加入MST

合并e[i].u和e[i].v所在的连通分量

}

在上面的伪代码中，最关键的地方在于“连通分量的查询与合并”：需要知道任意两个点

是否在同一个连通分量中，还需要合并两个连通分量。这就用到了并查集。可以把每个连通分量看成一个集合，该集合包含了连通分量中的所有点。这些点两两连通，而具体的连通方式无关紧要，就好比集合中的元素没有先后顺序之分，只有“属于”和“不属于”的区别。在图中，每个点恰好属于一个连通分量，对应到集合表示中，每个元素恰好属于一个集合。换句话说，图的所有连通分量可以用若干个不相交集合来表示。

并查集的精妙之处在于用树来表示集合。例如，若包含点1， 2， 3， 4， 5， 6的图有3个

连通分量{1,3}、 {2,5,6}、 {4}，则需要用3棵树来表示。这3棵树的具体形态无关紧要，只要

有一棵树包含1、 3两个点，一棵树包含2、 5、 6这3个点，还有一棵树只包含4这一个点即

可。规定每棵树的根结点是这棵树所对应的集合的代表元（ representative）。

如果把x的父结点保存在p[x]中（如果x没有父结点，则p[x]等于x），则不难写出“查找结

点x所在树的根结点”的递归程序： int find(int x) { p[x] == x ? x : find(p[x]); }，通俗地讲就是：

如果p[x]等于x，说明x本身就是树根，因此返回x；否则返回x的父结点p[x]所在树的树根。

问题来了：在特殊情况下，这棵树可能是一条长长的链。设链的最后一个结点为x，则

每次执行find(x)都会遍历整条链，效率十分低下。看上去是个很棘手的问题，其实改进方法

很简单。既然每棵树表示的只是一个集合，因此树的形态是无关紧要的，并不需要在“查

找”操作之后保持树的形态不变，只要顺便把遍历过的结点都改成树根的子结点，下次查找

就会快很多了。

关于并查集的更深一步了解可以看一下这个博文。

题目讲解及AC代码

题目讲解

这个题目不难看出是个寻找最短路的问题，用Kruskal算法+并查集比较合适

AC代码

/*Kruskal算法*/

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn = 100 + 10;

int N, father[maxn];

struct Road

{

    int _st, _en, _dist;

};

Road r[maxn*maxn];

bool cmp(Road a, Road b)

{

    return a._dist < b._dist;

}

int Find(int root)

{

    if(root != father[root])

        father[root] = Find(father[root]);

    return father[root];

}

int main()

{

//    freopen("input.txt", "r", stdin);

//    freopen("output.txt", "w", stdout);

    while(cin >> N && N)

    {

        for(int i = 1; i <= N; i++)

            father[i] = i;

        for(int i = 0; i < N * (N - 1) / 2; i++)

            cin >> r[i]._st >> r[i]._en >> r[i]._dist;

        sort(r, r + N*(N-1)/2, cmp);

        int ans = 0;

        for(int i = 0; i < N * (N - 1) / 2; i++)

        {

            int st_ = r[i]._st, en_ = r[i]._en;

            int x = Find(st_), y = Find(en_);

            if(x != y )

            {

                ans += r[i]._dist;

                father[x] = y;

            }

        }

        cout << ans << endl;

    }

}

巴特西

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