标签：sqrt sort 排序 tar find for 思想 最大 eof
emmm...因为Prim学的不是很好（完全不会编题），所以重点讲Kruskal算法，Prim部分可能会咕很久（炖鸽子警告）
给定一张边带权的无向图 \(G=(V,E)，n=|V|,m=|E|\) ，由V中全部n个顶点和E中的 \(n-1\) 条边构成的无向连通子图被称为G的一棵生成树。边的权值之和最小的生成树被称为无向图G的最小生成树（MST）
定理：
任意一棵最小生成树一定包含无向图中权值最小的边
推论：
给定一张无向图 \(G=(V,E)，n=|V|,m=|E|\) ，从E中选出 \(k<n-1\) 条边构成G的一个生成森林
若再从剩余的 \(m-k\) 条边中选 \(n-1-k\) 条添加到生成森林中，使其成为G的生成树，并且选出的边的权值之和最小，则这生成树一定包含着 \(n-k\) 条边中连接生成森林的两个不连通节点的权值最小的边
——摘自李煜东《算法竞赛进阶指南》
通俗来讲，我们将一张边带权的无向图G拆分重组为一棵树。这棵树可以有很多形态，这样的树统称为G的生成树
而最小生成树则是所有生成树中权值之和最小的那棵
Kruskal算法更趋向于处理边的最小生成树问题
Prim算法更趋向于处理点的最小生成树问题
所以在稠密图中，尤其是完全图的最小生成树求解通常使用Prim
而在稀疏图中求解最小生成树，通常使用Kruskal
Kruskal算法就是基于上述推论的：Kruskal算法总是维护无向图的最小生成森林
最初，可以认为生成森林由零条边构成，每个节点各自构成一棵仅包含一个点的树
在任意时刻，Kruskal算法从剩余的边中选出一条权值最小的，并且这条边的两个端点属于生成森林中两棵不同的树（不连通），把该边加入生成森林
图中节点的连通情况可以用并查集维护
建立并查集，每个点各自构成一个集合
把所有边按照权值从小到大排序，一次扫描每条边(x,y,z)
若x、y属于同一集合（说明连通）不管，继续扫描下一条边
若不在一个集合则合并x、y所在的集合，并把z累加到答案中
所有边扫描完成后，第4步中处理过的边就构成了最小生成树
Kruskal算法是针对边进行处理，所以时间复杂度为 \(O(m log m)\)
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洛谷上也有一道【普及-】的最小生成树的模板，但是我觉得那个不必要专门写出来，因为上面几道【普及/提高-】的题相当于模板了qvq
简直是赤裸裸的板子题啊！（只不过加了个题目背景）
值得一提的是这道题的矩阵输入，我们能够发现是对称的，所以存数据的时候存一半就好了！这样的矩阵对称输入还是挺常见的，希望大家掌握（很简单）
直接把这题当模板吧，给出完整代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,w,tot,now,ans,fa[1000001];
struct node {
int x,y,v;
} a[1000001];
inline bool cmp(node p,node ps) {
return p.v<ps.v;
}
inline int find_fa(int x) {
if(fa[x]==x) return x;
return fa[x]=find_fa(fa[x]);
}
int main() {
scanf("%d",&n);
for(register int i=1;i<=n;i++) {
fa[i]=i;
for(register int j=1;j<=n;j++) {
scanf("%d",&w);
if(j>i) { //矩阵对称输入存一半
a[++tot].x=i;
a[tot].y=j;
a[tot].v=w;
}
}
}
sort(a+1,a+1+tot,cmp); //注意是tot而不是n或m！下同
for(register int i=1;i<=tot;i++) {
int b=find_fa(a[i].x);
int c=find_fa(a[i].y);
if(b!=c) {
now++;
fa[b]=c;
ans+=a[i].v;
}
if(now==n-1) break;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
求最大值最小，Kruskal啊
一定会选择 \(n-1\) 条边，而最后被加进最小生成树的那条边就是分值最大的那条道路
所以只需要将模板中的累加改为直接更新即可：
for(register int i=1;i<=m;i++) {
int a=find_fa(road[i].x);
int b=find_fa(road[i].y);
if(a!=b) {
now++;
fa[a]=b;
ans=road[i].v; //因为已经从小到大排序，所以最后加入的就是最大值
}
if(now==n-1) break;
}
这道题相比前两道，稍微需要转换一下（就不给出代码了，应该看完思路就会了qwq）
区别：
其他题是直接给出两个边之间道路的长度或代价
而这道题给出的只有点的坐标和每个猴子跳跃的最大距离
要求求出有多少猴子能够一次性跳完所有点
转换：
虽然只给出了每个点的坐标，但是我们可以通过点的坐标计算出每两个点之间的距离啊！
然后再根据这些距离求最小生成树，当然模板中的累加操作也应该直接换成更新操作，将最终答案设为maxn
最后将每个猴子的最大跳跃距离与maxn比较，就可以得出答案
这道题相当于上一道题的变式：还是给出点的坐标，但是多给出了m条已经连通的道路
这就与直接构造最小生成树有一点细微的区别了：最小生成树构造时终止条件不再是 \(n-1\) 了，而是 \(n-m-1\)
还有想要提醒一下的就是在求点之间的距离时，如果输入的类型是整型，那么需要人为的强制转换一下，不然会WA掉四个点（大雾...以后注意一下就是）
这题我认为是比较难的，思路更是巧妙
这里就直接给出这道题的题解，自认为还是很详细，可以跳转阅读
这道题我用Kruskal只得到了60pts，也不知道怎么优化，大概就是算法错了吧
看了想了一下，针对于点的最小生成树，还是Prim算法更快捷，于是开始敲Prim的代码，然后才A掉
就不给出60pts的代码了，直接挂满分的Prim算法代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,now,vis[5010];
double ans,x[5010],y[5010],dis[5010];
int main() {
scanf("%d",&n);
for(register int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
dis[1]=0;
for(register int i=1;i<=n;i++) {
now=0;
for(register int j=1;j<=n;j++) {
if(vis[j]==0&&dis[j]<dis[now]) now=j;
}
vis[now]=1;
for(register int j=1;j<=n;j++) {
double tot=(x[now]-x[j])*(x[now]-x[j])+(y[now]-y[j])*(y[now]-y[j]);
if(vis[j]==0&&tot<dis[j]) dis[j]=tot;
}
}
for(register int i=1;i<=n;i++) ans+=sqrt(dis[i]);
printf ("%.2lf",ans);
return 0;
}
标签：sqrt sort 排序 tar find for 思想 最大 eof
原文地址：https://www.cnblogs.com/Eleven-Qian-Shan/p/13195128.html
