红色警报(天梯赛,PTA)

本文介绍了一种基于并查集算法的红色警报系统设计,用于检测城市间连通性的变化。通过计算连通分支数量的变化来判断是否发出红色警报。

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7-9 红色警报(25 分)

战争中保持各个城市间的连通性非常重要。本题要求你编写一个报警程序,当失去一个城市导致国家被分裂为多个无法连通的区域时,就发出红色警报。注意:若该国本来就不完全连通,是分裂的k个区域,而失去一个城市并不改变其他城市之间的连通性,则不要发出警报。

输入格式:

输入在第一行给出两个整数N(0 < N 500)和M 5000),分别为城市个数(于是默认城市从0到N-1编号)和连接两城市的通路条数。随后M行,每行给出一条通路所连接的两个城市的编号,其间以1个空格分隔。在城市信息之后给出被攻占的信息,即一个正整数K和随后的K个被攻占的城市的编号。

注意:输入保证给出的被攻占的城市编号都是合法的且无重复,但并不保证给出的通路没有重复。

输出格式:

对每个被攻占的城市,如果它会改变整个国家的连通性,则输出Red Alert: City k is lost!,其中k是该城市的编号;否则只输出City k is lost.即可。如果该国失去了最后一个城市,则增加一行输出Game Over.

输入样例:

5 4
0 1
1 3
3 0
0 4
5
1 2 0 4 3

输出样例:

City 1 is lost.
City 2 is lost.
Red Alert: City 0 is lost!
City 4 is lost.
City 3 is lost.
Game Over.

分析:此题方法很多,主要求连通分支数。这里用并查集解题。解题步骤:先用并查集求一下初始连通分支数 C ,没攻占一个城市就重新求一次连通分支数 C1(注意跳过被攻占城市的边),每次将C1与C比较,输出相应的结果。C1 C有3种情况,

一、 C1=C 表明被攻占的城市在一个环里,被攻占了也不影响原图的连通性

二、 C1=C+1 表明被攻占的城市只连接了一个城市,即图的最外层

三、C1-C >1, 表明被攻占的城市至少连接两个城市,被攻占后连通分量至少增加2.

易错:1.注意城市被攻占并不是要真的删除它,而是不去统计它连接的边。

   2.每次都是与攻占该城市前的前的连通分量比较,注意更新初始的连通分量。

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

int v[510];//并查集数组
int per[510];//记录被攻占的城市 
struct Edge
{
	int a,b;
}e[5005];

int find(int t)//并查集查找函数
{
	return v[t]==t?t:v[t]=find(v[t]); 
} 

void Union(int x,int y) //并查集连通函数 
{
	int p1=find(x);
	int p2=find(y);
	if(p1!=p2)
		v[p1]=p2;
}

int count(int z)	//通过并查集查找连通分支数 
{
	int counts=0;
	for(int i=0;i<z;i++)
		if(v[i]==i)
			counts++;
	return counts;
}

void INI()	//初始化并查集
{
	for(int i=0;i<510;i++)  
		v[i]=i;
}


int main()
{
	INI();
	memset(per,0,sizeof(per));
	int n,m,k; 
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&e[i].a,&e[i].b);		
		Union(e[i].a,e[i].b);
	}
	int c1=count(n);
	cin>>k;
	for(int j=0;j<k;j++)
	{
		int c2=0;
		int p;
		cin>>p;
		per[p]=1;	//记录被攻占的城市序号 
		INI();		//每一次都重新初始化并查集 
		for(int i=0;i<m;i++)
		{
			if(per[e[i].a]==1||per[e[i].b]==1) //如果该城市已被攻占 就跳过  
				continue;
			Union(e[i].a,e[i].b); //连通两个城市 
		}
		
		c2=count(n); //每删除一条边,就重新统计连通分支数 
		
		if(c1+1 == c2||c1 ==c2)  //如果一个城市被攻占后,连通分量增加一个或者不变,表面攻占的城市并不是红色警戒 
			printf("City %d is lost.\n",p);
        else 
			printf("Red Alert: City %d is lost!\n",p);
        c1 = c2; //更新连通每次的连通分支数 ,(注意2) 
	}
	c1=count(n); //最后统计连通分量 若等于城市数,则表面所有城市已被攻占 
	if(c1==n)
		printf("Game Over.\n");
		
	return 0;
} 



### 天梯赛 L2 红色警报 Java 并查集 实现与解题思路 #### 解题思路概述 天梯赛 L2-013 红色警报问题可以通过并查集(Union-Find)算法解决。该问题的核心是判断移除某个节点后,是否会对整个图的连通性产生影响。具体实现时,需要维护一个并查集结构,并在每次查询时动态更新连通分量的数量[^5]。 以下是基于并查集的解题思路: 1. **初始化并查集**:为每个节点分配一个独立的集合,初始时每个节点的父亲节点是自身。 2. **合并操作**:根据题目提供的边信息,将相连的节点合并到同一个集合中。 3. **查询操作**:对于每个询问,先记录当前图的连通分量数量,然后模拟移除指定节点的操作,重新计算连通分量数量。如果连通分量数量发生变化,则说明移除该节点会影响图的连通性;否则不影响。 #### Java 实现代码 以下是一个完整的 Java 并查集实现代码: ```java import java.util.*; public class Main { static int[] parent; // 并查集数组,存储每个节点的父亲节点 static int[] size; // 存储每个集合的大小 static int n, m, q; // 节点数、边数、询问数 public static void main(String[] args) { Scanner sc = new Scanner(System.in); n = sc.nextInt(); // 节点数 m = sc.nextInt(); // 边数 q = sc.nextInt(); // 询问数 // 初始化并查集 parent = new int[n + 1]; size = new int[n + 1]; for (int i = 1; i <= n; i++) { parent[i] = i; size[i] = 1; } // 处理边信息 for (int i = 0; i < m; i++) { int u = sc.nextInt(); int v = sc.nextInt(); union(u, v); } // 处理询问 for (int i = 0; i < q; i++) { int node = sc.nextInt(); if (isCritical(node)) { System.out.println("Yes"); // 移除该节点会影响连通性 } else { System.out.println("No"); // 移除该节点不会影响连通性 } } } // 查找根节点,并进行路径压缩 static int find(int x) { if (parent[x] != x) { parent[x] = find(parent[x]); } return parent[x]; } // 合并两个集合 static void union(int x, int y) { int rootX = find(x); int rootY = find(y); if (rootX != rootY) { if (size[rootX] < size[rootY]) { parent[rootX] = rootY; size[rootY] += size[rootX]; } else { parent[rootY] = rootX; size[rootX] += size[rootY]; } } } // 判断移除某个节点是否会影响连通性 static boolean isCritical(int node) { int originalCount = getComponentCount(); // 记录原始连通分量数量 // 模拟移除节点 Map<Integer, Integer> tempParent = new HashMap<>(); Map<Integer, Integer> tempSize = new HashMap<>(); for (int i = 1; i <= n; i++) { if (i != node) { tempParent.put(i, parent[i]); tempSize.put(i, size[i]); } } // 重新计算连通分量数量 int newCount = 0; Set<Integer> roots = new HashSet<>(); for (int i = 1; i <= n; i++) { if (i != node) { int root = find(tempParent.get(i), tempParent); roots.add(root); } } newCount = roots.size(); // 恢复原始状态 for (int i = 1; i <= n; i++) { parent[i] = tempParent.getOrDefault(i, i); size[i] = tempSize.getOrDefault(i, 1); } return newCount > originalCount; // 如果连通分量数量增加,说明移除该节点会影响连通性 } // 获取当前连通分量数量 static int getComponentCount() { Set<Integer> roots = new HashSet<>(); for (int i = 1; i <= n; i++) { roots.add(find(i)); } return roots.size(); } // 辅助函数:查找根节点(用于临时并查集) static int find(int x, Map<Integer, Integer> tempParent) { while (tempParent.get(x) != x) { x = tempParent.get(x); } return x; } } ``` #### 代码说明 1. **并查集初始化**:`parent` 数组存储每个节点的父亲节点,`size` 数组存储每个集合的大小。 2. **路径压缩与按秩合并**:通过 `find` 和 `union` 函数实现高效的并查集操作。 3. **模拟移除节点**:通过临时存储并查集状态,模拟移除指定节点后的连通性变化。 4. **判断连通性变化**:比较移除节点前后的连通分量数量,决定是否输出 "Yes" 或 "No"。 #### 时间复杂度分析 - 并查集的单次操作时间复杂度接近 O(α(n)),其中 α 是阿克曼函数的反函数,增长极慢。 - 模拟移除节点的时间复杂度为 O(n),因此总时间复杂度为 O(q * n)。 --- ###
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