COCI2009/2010 Contest#7 D
COCI2009/2010 Contest#7 D
题意：在小Ｃ统治宇宙之后（纯属YY），他决定建立一座时空隧道网络来连接不同的星球和星系。已知小C的宇宙共有 \(N\) 个星球，他们的坐标用3维 \((x,y,z)\) 的形式给出，而任意两个星球之间建立时空隧道的代价为：
其中 \(x,y,z\) 分别表示星球的坐标。小C想建立 \(N-1\) 条时空隧道，刚好连接所有星球，并且需要建立隧道的花费尽可能小。作为他的总工程师，你能算出最小的代价么？\((1\le N\le10^5)\)
建立 \(N-1\) 条边，刚好连接所有星球，很明显的一个 最小生成树 的题目。我们可以用 Kruskal 来解决这个问题。但是 \(N\) 太大了一共有 \(\dfrac{N\times(N-1)}{2}\) 条边，如果全部存下来，这个数量无论是时间还是空间我们都是无法接受的。我们必须考虑优化，既需要优化空间又需要优化时间，那么最简单直接的方法就是删边，注意到，我们一共只需要 \(N-1\) 条边，所以我们可以把一些肯定不可能的边删去。思考一下，假如我们要用一条从 \(i\) 到 \(j\) 的边，并且他们的边权 \(w\) 为 \(\lvert x_i-x_j\rvert\)，如果存在一个点 \(k\) 使得 \(k\) 满足 \(\min(x_i,x_j)\le x_k\le\max(x_i,x_j)\) 那么是不是我们可以以同样的代价连接 \(i,k\) 与 \(j,k\)。如果这么连接，不仅代价相同而且产生的一个联通块更大了。但是这种情况一定是最优的吗，毕竟我们多花了一条边去连接。
我们想象一幅图，假设这幅图的最小生成树中有 \(i\) 到 \(j\) 这条边。我们把这条边去掉，换成 \(i\) 到 \(k\)，\(k\) 到 \(j\) 这两条边，由于原图是一个最小生成树 ,\(i,j,k\) 在原图中肯定是通过某些边相连的，我们设 \(k\) 与 \(q\) 相连，且 \(q\) 通过一系列边与 \(i,j\) 相连。显然，我们去掉 \(k\) 与 \(q\) 相连的这条边，那么图中又只有 \(n-1\) 条边了。显然，这幅图还是一幅连通图，而且代价会更小(或者相等)。于是我们可以得出结论：在本题的条件下，代价相同的情况下，所能产生的联通快越大越好。
那么我们可以以三维来排序，一共排三次，每次排完都将相邻的两个点连一条边。意思是：我们先以 \(x\) 排序（使用结构体连编号一起排序），然后对于任意的 \(i\) 我们连一条从 \(id_i\) 到 \(id_{i-1}\)，边权为 \(\lvert x_i-x_{i-1}\rvert\) 的边，然后再以 \(y\) 排序，以此类推。我们这么连接的边可能有些权值不符合题设，但是连出来的边一定都大于题设边的权值。如果我们使用了不符合题设的边作为答案，那么它一定可以被符合题设的边替代。所以算出来的答案不会偏大。具体细节看看代码。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
int n;
struct node
{
ll x;
int id;
bool operator < (const node &a)const
{
return x<a.x;
}
}x[MAXN],y[MAXN],z[MAXN];
struct edge
{
ll w;
int u,v;
bool operator < (const edge &x)const
{
return w<x.w;
}
}e[MAXN<<2];
int tot;
void add(int i,int j)
{
e[++tot].w=abs(x[i].x-x[j].x);
e[tot].u=x[i].id,e[tot].v=x[j].id;
e[++tot].w=abs(y[i].x-y[j].x);
e[tot].u=y[i].id,e[tot].v=y[j].id;
e[++tot].w=abs(z[i].x-z[j].x);
e[tot].u=z[i].id,e[tot].v=z[j].id;
}
int f[MAXN];
int find(int x)
{
if(x==f[x]) return x;
else return f[x]=find(f[x]);
}
ll kruskal()
{
ll ans=0;
sort(e+1,e+1+tot);
for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=i;
for(int i=1;i<=tot;++i)
{
int u=e[i].u,v=e[i].v;
ll w=e[i].w;
if(find(u)==find(v)) continue;
ans+=w;
f[find(u)]=find(v);
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%lld %lld %lld",&x[i].x,&y[i].x,&z[i].x);
x[i].id=y[i].id=z[i].id=i;
}
sort(x+1,x+1+n);sort(y+1,y+1+n);sort(z+1,z+1+n);
for(int i=2;i<=n;++i)
add(i,i-1);
printf("%lld",kruskal());
return 0;
}
总结：
这题删边的思想还是比较妙的，碰到时间空间都超限的题目就可以尝试这种方法，将必定无用的状态删去以节省空间与时间。
