NHIP（2015）解题报告（第3题）

NHIP（2015）解题报告（第3题）

第三题：树（tree）

[题意分析]

     其实考的是如何合并集和，合并集合有两种方法：

方法一：

时间复杂度：o(2n)

Id	1	2	3	4	5	6	7
D	1	2	3	4	5	6	7

当输入（1,2）时：

Id	1	2	3	4	5	6	7
D	1	2  1	3	4	5	6	7

(1)找出1，2

(2)判断1,2的“祖先”是否相同。

      a.相同的，就把边数加1；

      b.不相同，就把大的那个“祖先”换成小的那个“祖先”，

        在寻找出更原来大的“祖先”相同的，都变成小的那个祖先。

但此题的数据范围过大，这种方法会超时，不加以使用。

方法二：

时间复杂度：o(1)

根据并查集的思路，即可解决这道题：

 

 

这样可以提高效率，因此使程序不易超时：

  

[程序参考]

#include <iostream>

#include <fstream>

using namespace std;

ifstream fin ("tree.in");

ofstream fout ("tree.out");

#define cin fin

#define cout fout

const int mx=1000001;

int pt[mx],fa[mx],line[mx],ans=0;

int m,n,fx,fy,x,y;

 

int u_f(int x)

{

     int root=x;  

     while (fa[root]!=root)

       root=fa[root];   //顺藤摸瓜，找x的最前面的祖先；

    

     while (fa[x]!=x)  //将x到root这条藤上的所有点的祖先都置为root；

     {

         int t=fa[x];  //t为x的父节点；

         fa[x]=root;   //将x的父节点的祖先置为root；

         x=t;  //再将x置为他的父节点，然后再从父节点为出发点，重置；

     } 

     return root;  //返回祖先节点；

}

 

 

int main()

{

     int i;

     cin>>m>>n;

    

     for (i=1;i<=m;i++)   //初始化每个点

     {

       fa[i]=i;   //第i个点的父亲就是他自己，

       pt[i]=1;   //作为1个“树”——它包含1个节点（它自己）

       line[i]=0; //和0条边

    }

    

     for (i=0;i<n;i++)   //输入n条边，通过并查集，找每个点所在的集合，以及每个集合的点数边数

     {

       cin>>x>>y;

      

       fx=u_f(x);    //找x点的祖先

       fy=u_f(y);    //找y点的祖先

      

       if (fx!=fy)   //加入这条边上的两点的祖先各不相同，

       {

         fa[fy]=fx;  //则将y点的祖先置为x点的祖先；

         line[fx]+=1+line[fy];  //x点所在集合的边数=x点所在集合的边数+y点所在集合的边数+1

         pt[fx]+=pt[fy];   //x点所在集合的节点数=x点所在集合的节点数+y点所在集合的节点数

       } else line[fx]++;    //如果x点祖先和y点祖先相同，则x点和y点在同一集合，则该集合多出1条边；

    }

   

    for (i=1;i<=m;i++)   //统计m个节点中，祖先是自己并且边数不为1的祖先个数即为不同集合的数目

      if (fa[i]==i  && pt[i]==line[i]+1) ans++;

    cout<<ans<<endl;

     return 0;

}