最小生成树问题——Kruskal算法实现

问题介绍

有一天我看到这么一个描述：古时候的镖局（相当于现在的快递公司）要押镖，然后有一张地图。地图上面清晰的标记了从A城市出发到B城市的每一条线路，所经过的每个城市。但是由于古时候绿林好汉太多了（还是社会主义好啊，扯远了~~~），两两城市之间绿林好汉收取的保护费是不一样的，所以这就导致压镖成本不同，那么怎样设计镖局所在地，才能使镖局能到达所有城市且打点绿林好汉的成本最少。问题描述完了，有没有觉得蛮有意思呢？那么经过模型化，其实上面问题就转化为：给你一个连通图，让你求它的最小生成树，最终满足图中两顶点之间有且仅有一条路径能到达，并且所有边的权重之后最小。如下图所示。

压镖路线开销图.png

问题分析

从问题描述中，为了满足问题需求，我们大致可以分析出以下几点：

• 要让n个顶点连通（无向图，两两之间互通），至少需要n -1 条边；
• 要让所有权重之后最小，应该从最小边开始逐个添加，直到添加满n -1条边为止；
• 怎样确定添加的一条边是否满足“最小”的概念，有一点就是这条边不能形成环，也就是边两顶点不能已经是在“一颗树上”的；
• 怎样判断两个顶点是否“在一棵树上”？用深度优先、广度优先都可以，但是时间复杂度比较高，所以我选择用并查集。

开始动手写代码

先上代码：

package disjointset;

import java.util.Scanner;

/**
 * 最小生成树问题
 * @author XZP
 * 一组测试用例
 6 9
2 4 11
3 5 13
4 6 3
5 6 4
2 3 6
4 5 7
1 2 1
3 4 9
1 3 2
 */
public class LongmenExpress {

    public static void main(String[] args) {
        int i = 0; // 循环计数变量
        int j = 1;
        int a, b, c; // a城到b城的花销c
        int count = 0; // 已经找到边的条数
        int sum = 0; // 最小生成树的开销总和
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int n = sc.nextInt(); // 城市总数
        int m = sc.nextInt(); // 道路总数
        Cost[] costs = new Cost[m + 1]; // 开销数组
        int[] book = new int [m + 1]; // 存储costs数组中对应的边是否被纳入最小生成树
        int[] f = new int[n + 1]; // 存储每个节点的父节点
        initF(f, n);
        for (i = 1; i <= m; i++) {
            a = sc.nextInt();
            b = sc.nextInt();
            c = sc.nextInt();
            costs[i] = new Cost(a, b, c); // 将costs的每个索引值指向一个Cost对象
//          merge(f, a, b);
        }
        sort(costs, 1, m); // 根据消耗大小将路线按从小到大排序
        for (; j <= m; j++  ) {
            a = costs[j].getA();
            b = costs[j].getB();
            c = costs[j].getC();
            // 判断两个点是否已经在一个阵营
            if (getF(a, f) != getF(b, f)) { // 这个地方注意一下，不要用f[a] != f[b]来判断，getF会根据调用栈，迭代更新，但是f[x]则不会，所以要用getF()函数判断
                merge(f, a, b);
                book[j] = 1;
                sum += c;
                count++; // 找到一条有效边即加一
            }
            if (count == n-1) {
                break;
            }
        }
        // 输出
        System.out.println("最小生成树总花销为：" + sum);
        for (i = 1; i <= m; i++) {
            if (book[i] == 1) {
                System.out.println("节点 " +costs[i].getA() +  " 到节点 " + costs[i].getB() + "， 这趟花销 " +costs[i].getC());
            }
        }
    }
    public static void merge(int[] f, int a, int b) {
        int t1, t2;
        // 获取两个节点的父节点
        t1 = getF(a, f);
        t2 = getF(b, f); // 懂了，从这里找到b的根节点，这就是所谓的擒贼先擒王！
        if (t1 != t2) { // 当两个节点不在一个阵营时，要根据靠左原则和擒贼先擒王原则将对应的节点信息更新
            f[t2] = t1; // 曾经自己写错过！！！！！错在忽视了擒贼擒王的道理，更新的值不是t1而是a
        }
    }
    /**
     * 递归寻找节点x的父节点
     * @param x
     * @param f
     * @return
     */
    public static int getF(int x, int[] f) {
        if (f[x] == x) {
            return x;
        } else {
            f[x] = getF(f[x], f);
            return f[x];
        }
    }
    /**
     * 使用快速排序将costs数组进行排序（快排时间复杂度O(MlogM)）
     * @param costs
     * @param low
     * @param high
     */
    public static void sort(Cost[] costs, int low, int high) {
        if (low > high) {
            return;
        }
        int i, j ;
        Cost temp;
        Cost t;
        temp = costs[low];
        i = low;
        j = high;
        while (i != j) {
            while(costs[j].getC() >= temp.getC() && i < j) {
                j--;
                }
            while (costs[i].getC() <= temp.getC() && i < j) {
                i++;
            }
            if (i < j) { // 交换两个对象的引用在数组中的位置
                t = costs[i];
                costs[i] = costs[j];
                costs[j] = t;
            }
        }
        // 最终将基准数归为
        costs[low] = costs[i];
        costs[i] = temp;
        sort(costs, low, i -1);
        sort(costs, i + 1, high);
    }
    /**
     * 初始化每个节点的父节点为自身
     * @param f
     * @param n
     */
    public static void initF(int[] f, int n) {
        for (int i =1; i <= n; i++) {
            f[i] = i;
        }
    }

}
// 定义一个开销结构体对象
class Cost {
    public int getA() {
        return a;
    }
    public int getB() {
        return b;
    }
    public int getC() {
        return c;
    }
    private int a; // 城市a
    private int b; // 城市b
    private int c; // a、b两城市之间的开销
    public Cost(int a, int b, int c) {
        this.a = a;
        this.b = b;
        this.c = c;
    }
}

首先解决两顶点“在同一颗树上”的问题

我用了一个数组f[],最开始时，这个数组中的值初始化为下标索引本身，表示编号i的顶点它最初只跟自己一个阵营，就是i。随着边的关系确定，比如输入

a b c(笔者注：c输入的是a，b两城之间的开销)

然后将f[b] = a处理，这样做的目的是将a、b归为一个阵营，并让b此时的根节点指向a，表示现在b跟你a混了，你当我老大吧。这样做有一个好处就是可以用递归实现一个“归顺效果”。比如有个A想征服b，输入

A b d (笔者注：d输入的是a，b两城之间的开销)

那么b不用管那么多，只需要告诉A：我的老大是a，你要想我的f[b]指向你，那首先你要找我老大a，让它f[a]指向你，然后递归到我这里。反过来，下次别人问我老大是谁。b就先问a老大是谁，然后a在告诉b，我的老大已经是A（不是它自己了！！！）,你也改一下你(这里是b)的f[b]值。
以上差不多我将如何确定两个人已经是一个阵营（一棵树上）的问题理了一遍，详细可以看看代码中的merge()方法和getF()方法，递归迭代的解决了以上问题。注意我注释的一些细节之处，因为我最开始在那里翻过车。

怎样满足没有环？

上面介绍了如何判断两个顶点是否在一个阵营（其实就是f[]矩阵下标对应的值是不是同一个老大），那么只要两者不是一个阵营中，就将满足的这条边加入最小生成树。我代码中是用了一个book[m + 1]标记矩阵来标识，当满足条件将这个数组对应下标值置为1，表示第i条边满足最小生成树的条件，加进去，算作一条有效边！

怎样选择才能使被选出的前n -1权重和最小？

这里，我就想，既然是要选n -1条边，那肯定我们都是从权重最小的边开始选，所以我首先将边根据开销用快排进行了从小到大的排序。为了便于存储，我用了类似C/C++中结构体的对象（哈哈哈哈，这样用有时候要注意下），写了一个Cost类存储两个顶点信息和开销信息，并生成了一个读取器。

算法分析

具体遇到的两个小坑以及算法复杂度可以从代码中得到，在此不再赘述。