CF1242B. 0-1 MST 题解 并查集

题目链接：https://codeforces.com/problemset/problem/1242/B

题目大意：

给定一个包含 $n(1 \le n \le 10^5)$ 个节点的完全图，图中有 $m$ 条长度为 $1$ 的边（$0 \le m \le \min(\frac{n(n-1)}{2}, 10^5)$），其余的边长度均为 $0$。求最小生成树长度。

解题思路（参考自 官方题解 ）：

首先，如果只考虑图中长度为 $0$ 的边的话：假设所有节点和长度为 $0$ 的边构成的子图中有 $k$ 个连通块，则最小生成树的长度为 $k-1$（因为这 $k$ 个连通块之间需要 $k-1$ 条长度为 $1$ 的边将其连通）。因此，我们的主要目的就是去寻找存在多少个这样的连通块。

下面描述的是一个 $O(m + n \log n)$ 的解法。

我们使用并查集维护零权值连通块，同时存储每个连通块的大小。然后从 $1$ 到 $n$ 依次遍历每个节点 $v$，并将节点 $v$ 放到一个大小为 $1$ 的连通块内。然后我们遍历与节点 $v$ 邻接的所有权值为 $1$ 的边 $\{ u, v \}$（要求 $u \lt v$）。对于每一个零权值连通块，我们计算从这个连通块（即 $u$ 所处的连通块）到节点 $v$ 存在多少条边。如果边的数量小于 $u$ 所处的连通块的大小，我们需要合并节点 $u$ 和 $v$（因为在连通块和 $v$ 之间至少有一条权值为 $0$ 的边）。否则，我们不能将这个连通块和节点 $v$ 合并。最后，我们得到了零权值连通块的个数。

这个算法的时间复杂度是多少呢？整体来说，有 $n$ 个连通块被创造出来了（因为每处理一个节点就会新建一个大小为 $1$ 的连通块）。当我们将某个老的连通块同节点 $v$ 进行合并的时候，连通块的数量减少了一个。所以合并操作最多进行 $O(n)$ 次，而我们是使用并查集来进行合并的，所以这部分的时间复杂度为 $O(n \log n)$。

如果一个旧的连通块与节点 $v$ 不进行合并，则我们能证明这个旧的连通块节节点 $v$ 之间至少存在一条边，所以这种情况等于边的数量 —— $m$。所以这部分的时间复杂度为 $O(m)$。

所以总的时间复杂度为 $O(n \log n + m)$。

示例程序：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
int n, m, f[maxn], sz[maxn], ans;
vector<int> g[maxn], vec;
map<int, int> cnt;

void init() {
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        f[i] = i, sz[i] = 1;
}

int find(int x) {
    return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);
}

void merge(int x, int y) {
    int a = find(x), b = find(y);
    if (a > b) swap(a, b);
    if (a != b) f[b] = a, sz[a] += sz[b];
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    init();
    while (m--) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    for (int u = 1; u <= n; u++) {
        cnt.clear();    // cnt[i]记录u与第i个集合有多少相连的边
        for (auto v : g[u])
            if (v < u)
                cnt[find(v)]++;
        for (auto v : vec) {
            int p = find(v);
            if (sz[p] > cnt[p])
                merge(p, u);
        }
        if (find(u) == u) vec.push_back(u);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (find(i) == i)
            ans++;
    cout << ans - 1 << endl;
    return 0;
}