【图论-最小生成树】洛谷官方题单刷题总结

#最小生成树

无向图 G=(V,E) n个顶点，m条边 使用图中有的边，将所有顶点连起来（n个顶点，则需要n-1条边)这个子图称为生成树，而使用的边的权值之和最小的子图称为最小生成树。

kruskal 算法（加边法）

step1.将所有的边按照权值排序（生成树中的两个端点或者两个连通分量之间，一定是通过存在且权值最小的边相连）

**step2** 所有的点作为单独的集合（一个点是一个集合）（并查集初始化） **step3** 将通过边连接各集合，最终的生成树即所有点都在一个集合中。选择加入新的边（已排序即最优的），如果该边连接的两个端点不再一个集合中（并查集判别），加入该条边，并将两个集合合并（并查集合并）。

洛谷-最小生成树模板

P1546 [USACO3.1]最短网络 Agri-Net

以邻接矩阵的形式给出图，求解最小生成树代价。kruskal和prime算法都可以。

#include
using namespace std;
#define Maxx 10010
int N,ans,cnt,val,x,y;
int p[Maxx];
struct Node{
    int x,y,val;
}a[Maxx];
bool cmp(Node n1,Node n2){
    return n1.val<n2.val;
}
void init(){//初始化
    for(int i=1;i<Maxx;i++) p[i]=i;
}
int getP(int x){//获取父亲
    if(p[x]!=x) return p[x]=getP(p[x]);//压缩路径压缩
    return x;
}
int kruskal(){
    sort(a+1,a+cnt+1,cmp);
    init();
    for(int i=1;i<=cnt;i++){//遍历边
        x=a[i].x;
        y=a[i].y;
        int px=getP(x),py=getP(y);
        if(px!=py){//边的两个顶点不再同一个集合则加入，并且合并两集合
            p[py]=px;//合并操作
            ans+=a[i].val;//累加生成树边权值
        }
    }
}
int main()
{
    cin>>N;
    for(int i=1;i<=N;i++){
        for(int j=1;j<=N;j++){
            cin>>val;
            if(val!=0) a[++cnt]={i,j,val};
        }
    }
    kruskal();
    cout<<ans<<endl;
}

洛谷_USACO_Building_Roads_S 连通最小代价

题目描述
在坐标系中的n 坐标(,x,y)个点，给出m条边连接(i,j)，边的长度等于在坐标系中的距离。问添加最小的边的长度，使所有点连通。
题目思路
最小生成树具有连通且需花费权值最小的性质。对于已经加入的边(m条已有的边），花费就是0了，然后枚举任意两个点，可得到一个完全图，然后用kruskal计算最小生成树的代价。
Code

#include
using namespace std;
#define N 500010
struct Node{
    int x,y;
    double val;
};
Node a[N],b[N];
int n,m,x,y,w,cnt;
double sum;
int p[5100];
bool cmp(Node n1,Node n2){
    return n1.val<n2.val;
}
void init(){
    for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i;
}
int findP(int x){
    if(p[x]==x) return x;
    return p[x]=findP(p[x]);
}
void kruskal(){
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        int px=findP(a[i].x);
        int py=findP(a[i].y);
        if(px!=py){
            p[px]=py;
            sum+=a[i].val;
        }
    }
}
int main()
{ 
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>b[i].x>>b[i].y;
    }
    init();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        cin>>x>>y;
        int px=findP(x),py=findP(y);
        p[px]=py;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            a[++cnt].x=i;
            a[cnt].y=j;
            double dx=1.0*(b[i].x-b[j].x);
            double dy=1.0*(b[i].y-b[j].y);
            a[cnt].val=sqrt(dx*dx+dy*dy);
        }
    }
    sort(a+1,a+1+cnt,cmp);
    kruskal();
    printf("%.2f",sum);
}

prim算法（加点法）

prim算法类似于dijkstra算法,

step1.将1号结点加入生成树集合T，其余为生成树集合S，用数组D[i]标记集合S任意点到集合T中i的最小距离，vis[x] 标记顶点x是否在生成树集合S中。（初始D[i]=G[1,i] vis[1]=1 vis[其余]=0)

step2.每次从D[i]中寻找最小值且未在集合S中的顶点i，更新D[j] i与j 有边相连 (D[j]=min(D[i],G[i][j])) ，直到所有顶点都加入生成树集合S中。

堆优化的prim算法实现模板题

#include
using namespace std;
#define NUM 5100
int n,m,k,x,y,z,ans,cnt;
int vis[NUM],d[NUM];
//prim算法数据结构，vis数组(是否加入生成树集合) d数组距离(选择最优)
priority_queue< pair<int,int> >q;
//大根堆，使用负数变为小根堆，第一维为-d[i],第二位i
int head[NUM],next_[400005],ver[400005],edge[400005],tot;//数组模拟邻接表
//注意点!!! M≤2×10^5 因为是双向边存储所以边的数目必须是这个数据的二倍 
void add(int x,int y ,int z){
    ver[++tot]=y;
    edge[tot]=z;
    next_[tot]=head[x];
    head[x]=tot;
}
void prim(){
    //如果多组数据不要忘了初始化，memset可能会超时可以选择循环赋值
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    d[1]=0;
    q.push(make_pair(0,1));
    while(!q.empty()&&cnt<n){
        x=q.top().second;z=-q.top().first;
        q.pop();
        if(vis[x]) continue;
        cnt++;
        ans+=d[x];
        vis[x]=1;
        for(int i=head[x];i;i=next_[i]){
            y=ver[i],z=edge[i];
            if(!vis[y]&&d[y]>z){
                d[y]=z;
                q.push(make_pair(-d[y],y));
            }
        }
    }
}
int main()
{

    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(x,y,z);
        add(y,x,z);//无向边加上相反边
    }
    prim();
    if(cnt==n) cout<<ans;
    else cout<<"orz";
}

洛谷_P1991_无线通讯网

题目描述
坐标系内有n个哨所，哨所之间通信需要通信设备，有两种通信设备可供使用，
1.两个哨所都安装了卫星通信，可以实现0距离花费通信。
2.安装有线设备，这种设备最大只能D距离通信。因为设备标准需要统一，所以所有有线设备的最大通信距离相同。
现在要使所有哨所都能够通过某种方式直接或者间接的通信，给出可以安装卫星通信的设备数量，数量不足需要安装有线设备，问有线设备的通信距离D是多少？
解题思路
使所有哨所连通，生成树？根据题目，考虑相关因素，卫星通信不占用且不需要任何有线的花费，所以s个卫星设备可将s个哨所无花费相连。剩余n-s(设哨所集合A) 与s(设哨所集合B) ，需要通过有线设备连通A,同时需要线路连通A与B。计算出花费最大值，就是答案了。

#include
using namespace std;
#define N 510
int s,n,v[N],x,y,w;
double d[N],g[N][N],cost[N];//cost加入点i的花销
pair<int,int>a[N];//保存个哨所坐标
priority_queue<pair<int,int> >heap;
void prim(){//只需加入n-s+1个点，不如将加入的n-1个点的权值放在数组中，排序取后n-s个小的
    for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=100100;//不要忘记初始化哦
    d[1]=0;
    heap.push(make_pair(0,1));
    while(!heap.empty()){
        x=heap.top().second;
        heap.pop();
        if(v[x]) continue;
        v[x]=1;
        cost[x]=d[x];
        //cout<
        for(int i=1;i<=n;i++){
            //printf("d[%d]=%f g[%d][%d]=%f\n",i,d[i],x,i,g[x][i]);
            if(!v[i]&&d[i]>g[x][i]){
                d[i]=g[x][i];
                heap.push(make_pair(-d[i],i));
            }
        }
    }
    //for(int i=1;i<=n;i++) cout<
    //cout<
    sort(cost+1,cost+1+n);//n-(s-1)=n-s+1
    printf("%.2f",cost[n-s+1]);
}
int main()
{
    cin>>s>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].first>>a[i].second;
    if(s>=n){
        cout<<0<<endl;
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) g[i][i]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            double dx=a[i].first-a[j].first;
            double dy=a[i].second-a[j].second;
            g[j][i]=g[i][j]=sqrt(dx*dx+dy*dy);
        }
    }
    prim();
}

已经结束了，只能走到这了（时间：2022/3/22 5:25 确实*25达不到）。或许能力有限，或许努力不足。
计划的还没做完，短期内没有任何意义了。
仿佛陷入循环，咫尺之距，遥不可及。
给自己一个缓冲，4.15后，之后再见，会回来的。