紫书例题 11-14 UVa 1279 （动点最小生成树）（详细解释）

这道题写了好久……

在三维空间里面有动的点，然后求有几次最小生成树。

其实很容易发现，在最小生成树切换的时候，在这个时候一定有两条边相等，

而且等一下更大的那条边在最小生成树中，等一下更小的边不在最小生成树中。

这样的话过了这个时刻，等一下更小的边就会代替等一下更大的边，从而最小生成树切换

然后我们讨论怎么实现

第一步，建边

因为这里边的长度是随时间变化的，所以我们可以把其写成一个二次函数。

那么显然根据两点间距离公式， 长度的平方等于x方向距离的平方+y方向距离的平方+z方向距离的平方

我们假设两个点i j

那么x方向距离的平方为当前两点x坐标相减的平方

当前的x坐标为原来的x坐标加上后来走的距离

也就是（dx是速度， x是原来的x坐标）

(edges[i].dx-edges[j].dx) * t + (edges[i].x-edges[j].x))^2

那么展开就可以得到at^2 + bt + c这样的式子

那么y方向和z方向也一样。

最终的a是三个方向的a加起来， b和c也一样

所以最后结果是这样

#define f1(a) (point[i].a - point[j].a)
#define f2(a) pow(f1(a), 2)

a =f2(dx) + f2(dy) + f2(dz)

b = 2 * (f1(dx) * f1(x) + f1(dy) * f1(y) + f1(dz) * f1(z))

c = f2(x) + f2(y) + f2(z)

然后当前边再记录起点终点。

然后我们根据开始时候的长度从小到大来排序，等价于at^2 + bt + c中的c。

第二步，建立事件

事件也就是开头所讲的边长度相等的时刻。

这些事件不一定都能切换最小生成树，但切换最小生成树一定在这些事件当中。

那么怎么建立事件呢？

就暴力枚举每两条边之间是否会在某一时刻相等，若相等则是一个事件

那么判断是否相等就是解一元二次方程了

数学问题

事件记录的是时间，新边，旧边

这里要注意区分新边和旧边

代码里面有注释，这里不讲了。

第三步，判断切换次数，也就是答案

首先先做第一次最小生成树，后面会切换

然后去判断新边能否代替旧的边

可以的话就更新答案。

具体看代码，注意解方程那一段最好拿纸画一下图像，因为一定要清楚哪个是

旧的边哪个是新的边，不能弄错。

#include<cstdio>

#include<vector>

#include<algorithm>

#include<cmath>

#define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)

using namespace std;

const int MAXN = 60;

const int MAXM = MAXN * (MAXN + 1) / 2;

const double EPS = 1e-8; //题目中最小单位是10^-6 

struct Point

{

	double x, y, z, dx, dy, dz;

	void read()	{ scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf", &x, &y, &z, &dx, &dy, &dz); }

}point[MAXN];

struct Edge

{

	double a, b, c;

	int u, v;

	bool operator < (const Edge& rhs) const

	{

		return c < rhs.c;

	}

};

vector<Edge> edges;

struct Event

{

	double t;

	int newe, olde;

	bool operator < (const Event& rhs) const

	{

		return t < rhs.t;

	}

};

vector<Event> events;

int f[MAXN], n;

#define f1(a) (point[i].a - point[j].a)

#define f2(a) pow(f1(a), 2)

void make_edge() //建边

{

	edges.clear();

	REP(i, 0, n)

		REP(j, i + 1, n)

			edges.push_back(Edge{f2(dx) + f2(dy) + f2(dz), 2 * (f1(dx) * f1(x) + f1(dy) * f1(y) + f1(dz) * f1(z)), f2(x) + f2(y) + f2(z), i, j}); //见解析

	sort(edges.begin(), edges.end());

}

#define d(x) edges[s1].x - edges[s2].x

void make_event()

{

	events.clear();

	REP(i, 0, edges.size())

		REP(j, i + 1, edges.size()) //以下是解二元一次方程

		{

			int s1 = i, s2 = j;

			if(edges[s1].a < edges[s2].a) swap(s1, s2); //这里的s1的新边，也就是等一下会小于旧边 。规定a > 0方便后面计算 

			double a = d(a), b = d(b), c = d(c); //解方程中的移项

			if(fabs(a) < EPS) //a等于0，也就是说变成一元一次方程

			{

				if(fabs(b) < EPS) continue; //b=0， 那么c = 0，无解（c是原来边的长度， 肯定不等于0）

				if(b > 0) swap(s1, s2), b = -b, c = -c; // 规定一下b < 0，可以结合一次函数图像

				if(c > 0) events.push_back(Event{-c / b, s1, s2});//这样再过一会儿函数值小于0，s1 - s2 < 0

				continue;						//所以s1是小的，是新边。 当b < 0时，只有c > 0时t的值才为正

			}

			double delta = b * b - 4 * a * c; //判别式

			if(delta < EPS) continue; //判别式小于0没有实根

			delta = sqrt(delta);

			double t1 = (-b - delta) / (2 * a); //图像与x轴的左交点

			double t2 = (-b + delta) / (2 * a); //图像与x轴的右交点

			if(t1 > 0) events.push_back(Event{t1, s1, s2}); //注意前面规定了 a > 0 如果是左交点， 那么再过一会儿

			if(t2 > 0) events.push_back(Event{t2, s2, s1});	//函数值小于0，也就是s1-s2 < 0, 也就是说s1会更小，

															// 也就是新的边。同理右交点，s2会更小，那么s2才是新的边

		}

	sort(events.begin(), events.end());

}

int find(int x)

{

	if(f[x] != x)

		f[x] = find(f[x]);

	return f[x];

}

int solve()

{

	int pos[MAXM], e[MAXN], num = 0; //pos[i]表示第i条边在最小生成树中是第几条边， 值为0表示不在最小生成树中

	REP(i, 0, n) f[i] = i;          //e[i]表示最小生成树中的第i条边的编号

	REP(i, 0, edges.size()) pos[i] = 0;

	REP(i, 0, edges.size()) //先做第一次最小生成树

	{

		int u = find(edges[i].u), v = find(edges[i].v);

		if(u != v)

		{

			f[u] = v;

			e[pos[i] = ++num] = i;

		}

		if(num == n - 1) break;

	}

	int ans = 1; //等于1是因为前面做过一次了

	REP(i, 0, events.size())

		if(pos[events[i].olde] && !pos[events[i].newe]) //旧边在最小生成树且新边不在

		{

			REP(i, 0, n) f[i] = i;

			int oldpos = pos[events[i].olde];

			REP(j, 1, n)

				if(j != oldpos) //做一次没有旧边的最小生成树

				{

					int u = find(edges[e[j]].u), v = find(edges[e[j]].v);

					if(u != v) f[u] = v;

				}

			int u = find(edges[events[i].newe].u), v = find(edges[events[i].newe].v);

			if(u != v)  //如果做完后发现新边可以加进去，那么新边就可以代替旧边， 就可以替换

			{

				ans++;

				pos[events[i].olde] = 0; //替换边

				pos[events[i].newe] = oldpos;

				e[oldpos] = events[i].newe;

			}

		}

	return ans;

}

int main()

{

	int kase = 0;

	while(~scanf("%d", &n))

	{

		REP(i, 0, n) point[i].read();

		make_edge();

		make_event();

		printf("Case %d: %d\n", ++kase, solve());

	}

	return 0;

}

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