搜索与图论3.2-最小生成树

一、简述

本节主要介绍一下有关最小生成树的两个算法，即 $P r i m$ 算法和 $K r u s k a l$ 算法，适用于无向图。

二、Prim 算法

基本思想

$P r i m$ 算法有一个适用于稠密图的朴素版，时间复杂度是 $O (n^{2})$ ，还有一个适用于稀疏图的堆优化版本，时间复杂度为 $O (m l o g n)$ ，不过 $y$ 总说不常用，这里也不介绍了。

朴素版的 $P r i m$ 算法：首先初始化 $d i s t$ 数组为正无穷， $d i s t$ 数组表示的是每个顶点距离连通块的距离，集合 $S$ 表示在连通块中的点。

for i = 0 to n: // n次迭代
	t 为集合 S 外距离连通块最近的点 // 最初连通块没点，所以按照顺序的话我们会选择到点 1
	用 t 更新其余点到连通块也就是集合 S 的距离
	将 t 放入集合中

这里给出一个例子，如图

注意： $P r i m$ 算法的思想和 $D i j k s t r a$ 算法很想，但是关于 $d i s t$ 数组的含义和更新方式是不同的

模板题AcWing858.Prim算法求最小生成树

题目描述

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，图中可能存在重边和自环，边权可能为负数。

求最小生成树的树边权重之和，如果最小生成树不存在则输出 impossible。

给定一张边带权的无向图 $G = (V, E)$ ，其中 $V$ 表示图中点的集合， $E$ 表示图中边的集合， $n = | V |$ ， $m = | E |$ 。

由 $V$ 中的全部 $n$ 个顶点和 $E$ 中 $n - 1$ 条边构成的无向连通子图被称为 $G$ 的一棵生成树，其中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。

输入格式

第一行包含两个整数 $n$ 和 $m$ 。

接下来 $m$ 行，每行包含三个整数 $u, v, w$ ，表示点 $u$ 和点 $v$ 之间存在一条权值为 $w$ 的边。

输出格式

共一行，若存在最小生成树，则输出一个整数，表示最小生成树的树边权重之和，如果最小生成树不存在则输出 impossible。

数据范围

$1 \leq n \leq 500,$

$1 \leq m \leq 10^{5},$

图中涉及边的边权的绝对值均不超过 $10000$ 。

输入样例

输出样例

C++代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510, INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m;
int dist[N];
bool st[N];
int g[N][N];

int prim()
{
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        int t = -1;
        for (int j = 1; j <= n; j ++)
            if (!st[j] && (t == -1 || dist[t] > dist[j]))
                t = j;
        if (i && dist[t] == INF) return INF;
        if (i) res += dist[t];
        st[t] = true;
        for (int j = 1; j <= n; j ++)
            dist[j] = min(dist[j], g[t][j]);
    }
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    memset(g, 0x3f, sizeof g);
    for(int i = 0; i < m; i ++)
    {
        int a, b, c;
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
        g[a][b] = g[b][a] = min(c, g[a][b]);
    }
    int t = prim();
    if(t == INF) puts("impossible");
    else printf("%d", t);
    return 0;
}

三、Kruskal 算法

基本思想

$K r u s k a l$ 算法是一种贪心的思想。我们对于所有的边按照边权进行从小到大排序。然后枚举每一条边 $a - b$ ，如果 $a$ 和 $b$ 不连通，将 $a$ 和 $b$ 连通。这里的话，使用并查集进行合并操作，并查集可以进行连通块的合并，以及判断二者是否在同一个连通块内。最后判断选择的边数是否比顶点数少一即可。

也就是，我们枚举边，优先选择边权小的边，对于重边不予考虑。

模板题AcWing859.Kruskal算法求最小生成树

题目描述

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，图中可能存在重边和自环，边权可能为负数。

求最小生成树的树边权重之和，如果最小生成树不存在则输出 impossible。

给定一张边带权的无向图 $G = (V, E)$ ，其中 $V$ 表示图中点的集合， $E$ 表示图中边的集合， $n = | V |$ ， $m = | E |$ 。

输入格式

第一行包含两个整数 $n$ 和 $m$ 。

接下来 $m$ 行，每行包含三个整数 $u, v, w$ ，表示点 $u$ 和点 $v$ 之间存在一条权值为 $w$ 的边。

输出格式

共一行，若存在最小生成树，则输出一个整数，表示最小生成树的树边权重之和，如果最小生成树不存在则输出 impossible。

数据范围

$1 \leq n \leq 10^{5},$

$1 \leq m \leq 2 * 10^{5},$

图中涉及边的边权的绝对值均不超过 $1000$ 。

输入样例

输出样例

C++代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010, M = N * 2;

struct Edge
{
    int a, b, w;
    bool operator< (const Edge& W) const {
        return w < W.w;
    }
} edge[M];
int p[N];
int n, m;

int find(int x)
{
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) p[i] = i;
    for (int i = 0; i < m; i ++)
    {
        int u, v, w;
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        edge[i] = {u, v, w};
    }
    sort(edge, edge + m);
    int sum = 0, cnt = 0;
    for (int i = 0; i < m; i ++)
    {
        int a = edge[i].a, b = edge[i].b;
        a = find(a), b = find(b);
        if (a != b)
        {
            sum += edge[i].w;
            cnt ++;
            // cout << b << ' ' << p[b] << endl;
            p[a] = p[b];
        }
    }
    if (cnt < n - 1) puts("impossible");
    else printf("%d\n", sum);
    return 0;
}

四、一个应用

AcWing3728.城市通电

题目描述

平面上遍布着 $n$ 座城市，编号 $1 \sim n$ 。

第 $i$ 座城市的位置坐标为 $(x_{i}, y_{i})$ 。

不同城市的位置有可能重合。

现在要通过建立发电站和搭建电线的方式给每座城市都通电。

一个城市如果建有发电站，或者通过电线直接或间接的与建有发电站的城市保持连通，则该城市通电。

在城市 $i$ 建立发电站的花费为 $c_{i}$ 元。

在城市 $i$ 与城市 $j$ 之间搭建电线所需的花费为每单位长度 $k_{i} + k_{j}$ 元。

电线只能沿上下左右四个方向延伸，电线之间可以相互交叉，电线都是双向的。

每根电线都是由某个城市沿最短路线搭建到另一个城市。

也就是说，如果在城市 $i$ 与城市 $j$ 之间搭建电线，则电线的长度为 $| x_{i} - x_{j} | + | y_{i} - y_{j} |$ 。

请问，如何合理设计通电方案，可以使得所有城市都成功通电，且花费最少？

输出最少花费和具体方案。

如果方案不唯一，则输出任意一种合理方案均可。

输入格式

第一行包含整数 $n$ 。

接下来 $n$ 行，其中第 $i$ 行包含两个整数 $x_{i}, y_{i}$ ，用来描述城市 $i$ 的横纵坐标。

再一行包含 $n$ 个整数 $c_{1}, c_{2}, \dots, c_{n}$ ，用来描述每个城市建立发电站的花费。

最后一行包含 $n$ 个整数 $k_{1}, k_{2}, \dots, k_{n}$ 。

输出格式

第一行输出所需要的最少花费。

第二行输出一个整数 $v$ ，表示需要建立发电站的数量。

第三行输出 $v$ 个整数，表示建立发电站的城市编号，注意输出编号要在范围 $[1, n]$ 内。且输出编号不应重复。输出编号顺序随意。

第四行输出一个整数 $e$ ，表示需要搭建的电线数量。

接下来 $e$ 行，每行输出两个整数 $a, b$ ，表示要在城市 $a$ 和 $b$ 之间搭建电线。注意，任意两个城市之间最多只需要搭建一根电线，也就是说，对于每个 $(a, b)$ ，不要有多余的 $(a, b)$ 或 $(b, a)$ 输出。 $a$ 和 $b$ 不能相同，且要在范围 $[1, n]$ 内。输出电线顺序随意。

如果答案不唯一，输出任意合理方案即可。

数据范围

对于前三个测试点， $1 \leq n \leq 3$ 。

对于全部测试点， $1 \leq n \leq 2000$ ， $1 \leq x_{i}, y_{i} \leq 10^{6}$ ， $1 \leq c_{i}, k_{i} \leq 10^{9}$ 。

输入样例1

输出样例1

输入样例2

输出样例2

解题思路

其实这道题只需要想出一点即可，前面笔者的随笔在写关于 $D i j k s t r a$ 算法的题目时，用到了一个虚拟点的技巧(这个技巧也许一直都有，但我是从 $y$ 总那里学到的，手动滑稽)。也就是我们对于建造发电厂，我们构建虚拟点和各个城市的边，边权为发电厂的建造费用，然后处理正常城市之间修建电线的费用，构建城市之间的边。然后我们就可以应用最小生成树算法了。笔者采用的是 $K r u s k a l$ 算法，时间复杂度为 $O (n^{2} l o g n)$ ，边数数量级为 $n^{2}$ 。

C++代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2010, M = 3010;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;

int n;
struct Point
{
    int x, y;
} point[N];
struct Edge
{
    int a, b;
    LL w;
    bool operator< (const Edge &W) const {
        return w < W.w;
    }
} edge[N * N];
int c[N], k[N];
int p[N];
vector<PII> res;

bool cmp(PII a, PII b)
{
    if (a.first == b.first) 
        return a.second < b.second;
    return a.first < b.first;
}

int find(int x)
{
    if (x != p[x]) p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i <= n; i ++) 
        p[i] = i;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        point[i] = {x, y};
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        scanf("%d", &c[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        scanf("%d", &k[i]);
    int m = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        for (int j = i + 1; j <= n; j ++)
        {
            LL w = (LL) (abs(point[i].x - point[j].x) + abs(point[i].y - point[j].y)) * (k[i] + k[j]);
            edge[m ++] = {i, j, w};
        }
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        edge[m ++] = {0, i, (LL) c[i]};
    sort(edge, edge + m);
    int cnt = 0;
    LL sum = 0;
    for (int i = 0; i < m; i ++)
    {
        int a = edge[i].a, b = edge[i].b;
        a = find(a), b = find(b);
        if (a != b)
        {
            p[a] = b;
            sum += edge[i].w;
            cnt ++;
            res.push_back({edge[i].a, edge[i].b});
        }
    }
    printf("%lld\n", sum);
    
    sort(res.begin(), res.end());
    // 输出电站
    int v = 0;
    for (int i = 0; i < cnt; i ++)
        if (res[i].first == 0)
            v ++;
    printf("%d\n", v);
    for (int i = 0; i < v; i ++)
        printf("%d ", res[i].second);
    printf("\n");
    // 输出线路
    int e = cnt - v;
    printf("%d\n", e);
    if (!e) return 0;
    for (int i = v; i < cnt; i ++)
        printf("%d %d\n", res[i].first, res[i].second);
    return 0;
}

posted @ 2023-03-08 19:08 Cocoicobird 阅读(21) 评论(0) 编辑收藏举报

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