最小生成树例题及其总结
目录：
洛谷 P2820 局域网
POJ 2421 Constructing Roads
洛谷 P1111 修复公路
洛谷 P2700 逐个击破
洛谷 P1197 [JSOI2008]星球大战
洛谷 P2502 [HAOI2006]旅行
关于最小生成树的问题差不多有如下几个：
1.模板（加一点修改，比如给的所有边的总边权-最小生成树的总边权或者有些边已经建好，求其他的）如第一题，第三题。第四题也差不多，只是判断了特殊点在不在同一棵树中
2.虚点（可以建立一个虚点，然后将其他点与他相连）
3.将给的边先存下来，然后再反过来做（称为时光倒流）
4.判断是不是联通的，或者输出最大边权。如第三题
洛谷 P2820 局域网
题目分析：
这道题直接把所有边权的总和记录下来，然后做一遍最小生成树，最后总边权和减去最小生成树中的边权和就是答案。
#includeint gf(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=gf(fa[x]);}
inline void union1(int a,int b,int c){
int f1=gf(a),f2=gf(b);
if(f1!=f2){ fa[f1]=f2; ans+=c; }
}
int main(){
n=read();m=read();
for(register int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i;
for(register int i=1;i<=m;++i){ w[i].u=read(),w[i].v=read(),w[i].w=read();sum+=w[i].w;}
sort(1+w,1+w+m,cmp);
for(register int i=1;i<=m;++i)
union1(w[i].u,w[i].v,w[i].w);
printf("%lld\n",sum-ans);
return 0;
} POJ 2421 Constructing Roads
题目描述：
注意这题为多组输入输出！！！（一开始自己没有注意到，就老是wa，后面上网搜了下之后才晓得的）
题目意思：有一些边已经建好了，要你在此基础上再去求一遍最小生成树
主要是为了练一下prim，没什么好讲的，直接上代码了。
#include1;sum+=dist[pos];
for(register int j=1; j<=n; ++j) {
if(!vis[j]&&dist[j]>a[pos][j])
dist[j]=min(dist[j],a[pos][j]);
}
}
}
int main(){
while(~scanf("%d",&n)){
sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;++j)
scanf("%d",&a[i][j]);
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;++i) {
scanf("%d%d",&u,&v);
a[u][v]=0;a[v][u]=0;
}
Prim();
printf("%d",sum);
}
return 0;
} 洛谷 P1111 修复公路
题目分析：
我们可以直接做最小生成树，然后输出最大的那条边的权值是多少即可。题目中还要求判断一下是否联通，然后本蒟就想了一个办法，把fa数组扫一遍，如果有不同的父亲，那么就输出-1，表示所有的边都连完后还是不连通。但是只得了90分。后面在网上找了一下题解，有一篇是这么做的。（程序中备注了）
下面是90分的程序
#includeinline int gf(int x){ int u=x,c; while(x!=fa[x]) x=fa[x]; while(u!=x) { c=fa[u]; fa[u]=x; u=c; } return x; }
inline void union1(int a,int b,int c) {
int f1=gf(a),f2=gf(b);
if(f1!=f2) { fa[f1]=f2; ans=c; }
}
int main(){
n=read();m=read();
for(register int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i;
for(register int i=1;i<=m;++i) { w[i].u=read();w[i].v=read();w[i].w=read(); }
sort(1+w,1+w+m,cmp);
for(register int i=1;i<=m;++i) { union1(w[i].u,w[i].v,w[i].w); }
for(register int i=2;i<=n;++i)
if(fa[i]!=fa[i-1]) {printf("-1");return 0;}
printf("%lld",ans);
return 0;
} 下面给出100分的程序
#includeinline int gf(int x){ int u=x,c; while(x!=fa[x]) x=fa[x]; while(u!=x) { c=fa[u]; fa[u]=x; u=c; } return x; }
inline void union1(int a,int b,int c) {
int f1=gf(a),f2=gf(b);
if(f1!=f2) { fa[f1]=f2; ++num;ans=c; }
}
int main(){
n=read();m=read();
for(register int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i;
for(register int i=1;i<=m;++i) { w[i].u=read();w[i].v=read();w[i].w=read(); }
sort(1+w,1+w+m,cmp);
for(register int i=1;i<=m;++i) { union1(w[i].u,w[i].v,w[i].w); }
if(num1) printf("-1");//这就是网上大佬的判断，很迷，为什么我的不能过
else printf("%lld",ans);
return 0;
} 洛谷 P2700 逐个击破
题目分析：
这道题也差不多是最小生成树裸题，只是在合并的时候判断一下，最后用原本的总边权减去生成树中的边权即可
#includeint u=read(),v=read(),w=read(); bot[i].u=u;bot[i].v=v;bot[i].w=w; ans+=w; }
sort(bot+1,bot+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;iint f1=gf(bot[i].u);
int f2=gf(bot[i].v);
if(!(vis[f1]&&vis[f2])){//不能在同一棵树中
fa[f2]=f1;
vis[f1]=(vis[f1]||vis[f2]);//判断特殊点是否在同一个集合中，应题目要求，不能在同一棵树中
ans-=bot[i].w;
}
}
printf("%lld\n",ans);
} 洛谷 P1197 [JSOI2008]星球大战
这道题比上面那道题稍微复杂一些（用到了时光倒流的思想），不过也差不多，直接上代码吧。
#includeint block=n-k,kk=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
if(!vis[bot[i].ff]&&!vis[bot[i].y]&&find(bot[i].ff)!=find(bot[i].y)){
block--;
f[find(bot[i].ff)]=find(bot[i].y);
}//把能够连上的并且在这儿之前不在一个连通块的连上
tot[++kk]=block;//该摧毁的都摧毁了
for(int i=k;i>=1;i--){//加起来（倒着做方便处理）
block++;//多了一个星球多了一个联通块
vis[fire[i]]=0;//加上了
for(int j=h[fire[i]];j;j=bot[j].x)//相连的没摧毁的点都连接
if(!vis[bot[j].y]&&find(fire[i])!=find(bot[j].y)){
block--;//连上就减一个联通块
f[find(fire[i])]=find(bot[j].y);
}
tot[++kk]=block;//记录
}
for(int i=kk;i>=1;i--) printf("%d\n",tot[i]);//倒着输出
return 0;
} 洛谷P2502 [HAOI2006]旅行
题目分析：
这道题边数只有5000，所以我们可以每次做一边最小生成树后，更新一下答案，然后再删除一条边，在继续做下去。
#include int getfather(int x){ return x==father[x]?x:father[x]=getfather(father[x]);}
int gcd(int x,int y){/*if(y!=0) return gcd(y,x%y);return x;*/return y==0?x:gcd(y,x%y);}
int main(){
n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=m;i++) c[i].a=read(),c[i].b=read(),c[i].len=read();
s=read(),t=read();
sort(c+1,c+1+m,cmp);//先排序一次
for (int i=1;i<=m;i++){//做m次最小生成树
int j;
for (j=1;j<=n;j++) father[j]=j;
for (j=i;j<=m;j++){
int fa,fb;
fa=getfather(c[j].a); fb=getfather(c[j].b);
if (fa==fb) continue;
father[fa]=fb;
if (getfather(s)==getfather(t)) break;
//当此时s和t在同一个连通块中便退出循环
}
if ((i==1)&&(getfather(s)!=getfather(t))) {printf("IMPOSSIBLE\n");return 0;}
//如果在还没有删除边的情况下，s和t还是不能连通，说明s和t之间没有路径可以相互到达
if (getfather(s)!=getfather(t)) break;
//这个判断是当某条边删除后不能s到t不能连通时，边退出循环
if (ans1*c[i].len>=ans2*c[j].len) ans1=c[j].len,ans2=c[i].len;
//更新一下答案
}
int x=gcd(ans1,ans2);//因为是要最简分数，求一下最大公约数
if (x==ans2) printf("%d\n",ans1/ans2);
else printf("%d/%d\n",ans1/x,ans2/x);
return 0;
}