bzoj 3754 Tree之最小方差树

最新推荐文章于 2021-08-20 22:28:46 发布

原创最新推荐文章于 2021-08-20 22:28:46 发布 · 1k 阅读

1 ·

CC 4.0 BY-SA版权

生成树专栏收录该内容

1 篇文章

订阅专栏

该博客讨论了如何在无向图中找到一个生成树，使得边权的方差最小。博主首先介绍了使用Kruskal算法的思路，然后逐步优化，通过减少排列组合和考虑边权变化对排序的影响，将时间复杂度降低到O(Cmlogm)。在C值较小的情况下，博主进一步指出使用Prim算法在稠密图中可能会更快，时间复杂度为O(Cn^2)。博客最后提到了代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目大意：给你一个无相连通图，要你找出一个生成树，使得他们的边权的方差最小。n<=100,m<=2000,C(边权)<=100

我们考虑最小生出树常用的Kruskal算法，它需要得到一个边的排列，然后在进行贪心的加边。我们可以考虑暴力每个排列，然后进行Kruskal。这样时间复杂度为O(m!m)。

我们发现复杂度的瓶颈就在于排列个数太多，于是考虑如何减少排列个数。

假设平均数为a，那么对于每条边我们可以得到一个新的权值，然后进行排序。如果我们枚举了所有可能的平均数，那么他们之间至少有一个排列是最优的。时间复杂度O(mCmlogm)

还是不足以通过本题，需要继续优化。

我们可以发现，当一个平均数从k/(n-1)变成(k+1)/(n-1)时，虽然每条边的边权会改变，但是排列的顺序可能不会改变。于是我们考虑何时排列顺序会改变，对于任意两条边的顺序，只有当a从小于(C1+C2)/2变成大于(C1+C2)/2时才会改变。于是我们只需要对于任意的I,j，a=(Ci+Cj)/2-eps，与a=(Ci+Cj)/2+eps，这些平均数进行Kruskal即可。时间复杂度O(m^3logm)

看上去好像还不如优化前的，其实不然，因为这题的C很小，所以有许多的(Ci+Cj)/2会相等，对于这样的我们只要做一次就好了。时间复杂度O(Cmlogm)

然后我们发现这题是稠密图，可以考虑用prim（实测比Kruskal快），时间复杂度O(Cn^2)

以下是code

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cassert>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=111,maxm=4011;
int tot=0,now[maxn],pre[maxm],son[maxm],v[maxm];
void add(int a,int b,int c){pre[++tot]=now[a]; now[a]=tot; son[tot]=b; v[tot]=c;}
void cc(int a,int b,int c){add(a,b,c); add(b,a,c);}
int n,m,e[maxm];
void init(){
	scanf("%d%d",&n,&m); int a,b;
	for (int i=1;i<=m;++i)
		scanf("%d%d%d",&a,&b,e+i),cc(a,b,e[i]);
}
double w[maxm];
double ans;
void gao(double d[]){
	double res=0;
	for (int i=2;i<=n;++i) res+=d[i];
	res/=n-1; double s=0;
	for (int i=2;i<=n;++i) s+=(d[i]-res)*(d[i]-res);
	s=s/(n-1); if (s<ans) ans=s;
}
void prim(double x){
	static double d[maxn],dist[maxn]; static bool vis[maxn];
	memset(vis,0,sizeof(vis)); for (int i=0;i<=n;++i) dist[i]=1e20;
	dist[1]=0;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		int tmp=0; for (int i=1;i<=n;++i) if (!vis[i] && dist[i]<dist[tmp]) tmp=i;
		vis[tmp]=1;
		for (int p=now[tmp];p;p=pre[p]) if (!vis[son[p]]){
			double res=v[p]-x;
			if (res*res<dist[son[p]]){
				dist[son[p]]=res*res; d[son[p]]=v[p];
			}
		}
	}
	gao(d);
}
void work(){
	ans=1e20; int t=0; 
	sort(e+1,e+m+1); m=unique(e+1,e+m+1)-e-1;
	for (int i=1;i<=m;++i) 
		for (int j=i;j<=m;++j) w[++t]=(e[i]+e[j])/2.0;
	sort(w+1,w+t+1); t=unique(w+1,w+t+1)-w-1; prim(w[1]/2);
	for (int i=1;i<t;++i) prim((w[i]+w[i+1])/2); prim(w[t]+1);
	printf("%.4f\n",sqrt(ans));
}
int main(){
	init();
	work();
	return 0;
}

Tips：我们可以不枚举每个(Ci+Cj)/2-eps与(Ci+Cj)/2+eps而是将(Ci+Cj)/2排序后枚举每两个中间的数作为平均数，这样可以减少常数