丛林之路题解

kruskal大概思路

首先,各节点各自为王(即各节点的集合号为自身)

for(int i = 0;i<n;i++)
	fa[i] = i;

接着,寻找最小的权值的边,这里要用到sort先对边进行排序sort(E,E+cnt,comp);

对边进行排序? 用边集数组啦

struct edge{
	int a,b,w;
}E[maxn*maxn];

说到边集数组,又不得不提一下存入的方式,这里得运用函数(类似于链式前向星的存入)

int cnt;
void add(int u,int v,int w){
	E[cnt].a = u;
	E[cnt].w = w;
	E[cnt++].b = v;
}

这里有一个点要注意: cnt为边数,初始化为0,因此cnt++得写在最后

边排完序后,得进行集合合并(这里可以理解为两个头头合二为一)

bool merge(int u,int v){
	int a =Find(u);
	int b = Find(v);
	if(a==b)
		return false;
	fa[b] = a;
	return true;
}

这个函数的大致意思是,判断祖宗是否相同,不相同则改其中一个的祖宗为另一个的(这不是并查集思想?别告诉我你不会)

Find()函数如下

int Find(int x){
	if(x!=fa[x])
		fa[x] = Find(fa[x]);
	return fa[x];
}

一切准备就绪后,就可以写kruskal核心代码了

int kruskal(){
	int ans = 0,num=0;
	
	for(int i = 0;i<cnt;i++){
		if(merge(E[i].a,E[i].b)){
			ans+=E[i].w;
			num++;
			if(num==n-1)
				return ans;
		}
	}
	return 0;
}

ans计算权值之和,num计算是否满足n-1次合并。这里的n指的是节点数。

为什么是合并n-1次呢? 其实原因很简单,要使图各个节点联通,就必须连接n-1次(自己画几个例子就懂了,我这就不举例子了)

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AC代码

仅供参考

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 35;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int fa[maxn];

struct edge{
	int a,b,w;
}E[maxn*maxn];

int cnt;
void add(int u,int v,int w){
	E[cnt].a = u;
	E[cnt].w = w;
	E[cnt++].b = v;
}
int n;

bool comp(edge x,edge y){
	return x.w < y.w;
}

int Find(int x){
	if(x!=fa[x])
		fa[x] = Find(fa[x]);
	return fa[x];
}

bool merge(int u,int v){
	int a =Find(u);
	int b = Find(v);
	if(a==b)
		return false;
	fa[b] = a;
	return true;
}

int kruskal(){
	int ans = 0,num=0;
	
	for(int i = 0;i<cnt;i++){
		if(merge(E[i].a,E[i].b)){
			ans+=E[i].w;
			num++;
			if(num==n-1)
				return ans;
		}
	}
	return 0;
}

int main(){
	while(cin >> n && n){
		int num,w;
		char c;
		cnt = 0;
		for(int i = 0;i<n;i++)
			fa[i] = i;	
		for(int i = 1;i<n;i++){
			cin >> c >> num;
			int u = c-'A';
			while(num--){
				cin >> c >> w;
				int v = c -'A';
				add(u,v,w);
			}
		}
		sort(E,E+cnt,comp);
		cout << kruskal() << endl;
	}
	return 0;
}

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本题一大亮点

亮点就是这道题如何输入

首先分享输入数据,可见有多个测试用例所以要使用while(cin >> n && n)

根据(according to)测试用例可知,输入n后还要输入n-1行,因此for(int i = 1;i<n;i++)

接着,逐行分析

A 2 B 12 I 25

2之后跟着两个节点,B和I 于是,就有了cin >> c >> num,和cin >> c >> w 总结可知

for(int i = 1;i<n;i++){
	cin >> c >> num;
	int u = c-'A';
	while(num--){
	cin >> c >> w;
	int v = c -'A';
	add(u,v,w);
	}
}

接下来,是prim

准备:

需要两个数组,lowcost[]和vis[]。

lowcost[j]表示节点j到集合U的最近邻近点。 vis[j]则表示j是否在集合U中。

初始化:

int total = 0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(lowcost,INF,sizeof(lowcost));
lowcost[s] = 0;
vis[s] = 1;

total计算最短路径 从节点s开始

初始化节点附近的邻接点的lowcost[]

for(int i = head[s];i;i=E[i].next){
      int to = E[i].to;
      lowcost[to] = min(lowcost[to],E[i].w);
}

关于这里为什么是min(lowocst[to],E[i].w)而不是min(lowcost[to],E[to].w) 节点i发出边到to的权值,记录在E[i].w中,E[to].w而是记录to到to的to。

主体:

最小生成树,循环n-1次寻边 因此,for(int i = 1;i<n;i++)

接下来,寻找与U合集中节点相连的最小权值

int temp = INF;
int u=1;
for(int j = 1;j<=n;j++){
	if(!vis[j] && lowcost[j]<temp){
		temp = lowcost[j];
		u = j;
		}
}

在每次寻找完后,便可以进行记录total += temp;,接着将u加入到U合集中vis[u] = 1;

随后,遍历查找是否可以借助u来更新lowcost[]

for(int j = head[u];j;j=E[j].next){
	int to = E[j].to;
	if(lowcost[to] > E[j].w && !vis[to])
		lowcost[to] = E[j].w;
	}
}

接下来是prim主体:

int prim(int s){
	int total = 0;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(lowcost,INF,sizeof(lowcost));
	lowcost[s] = 0;
	vis[s] = 1;
	
	for(int i = head[s];i;i=E[i].next){
		lowcost[E[i].to] = min(E[i].w,lowcost[E[i].to]);
	}
		
	for(int i = 1;i<n;i++){
		int temp = INF;
		int u=1;
		for(int j = 1;j<=n;j++){
			if(!vis[j] && lowcost[j]<temp){
				temp = lowcost[j];
				u = j;
				}
			} 
			total += temp;		
			vis[u] = 1;
			for(int j = head[u];j;j=E[j].next){
				int to = E[j].to;
				if(lowcost[to] > E[j].w && !vis[to])
					lowcost[to] = E[j].w;
			}
		}
	return total;
}

OK完结撒花