hdu1232另类解法Prim

最新推荐文章于 2020-04-29 13:27:41 发布

小川先生

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分类专栏： prim最小生成树文章标签：小川先生 hdu1232 小川软件 Prim

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本文介绍使用Prim算法解决城镇道路连通性问题的方法，旨在寻找使任意两城镇间均可实现交通所需的最少新建道路数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Problem Description
某省调查城镇交通状况，得到现有城镇道路统计表，表中列出了每条道路直接连通的城镇。省政府“畅通工程”的目标是使全省任何两个城镇间都可以实现交通（但不一定有直接的道路相连，只要互相间接通过道路可达即可）。问最少还需要建设多少条道路？

Input
测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出两个正整数，分别是城镇数目N ( < 1000 )和道路数目M；随后的M行对应M条道路，每行给出一对正整数，分别是该条道路直接连通的两个城镇的编号。为简单起见，城镇从1到N编号。
注意:两个城市之间可以有多条道路相通,也就是说
3 3
1 2
1 2
2 1
这种输入也是合法的
当N为0时，输入结束，该用例不被处理。

Output
对每个测试用例，在1行里输出最少还需要建设的道路数目。

Sample Input
4 2
1 3
4 3
3 3
1 2
1 3
2 3
5 2
1 2
3 5
999 0
0

Sample Output
1
0
2
998
最近有几个朋友问我这个题目，然后我就讲了我用Prim算法AC了，然而网上的大多参考代码都是用并查集做的。所以，作为一个补充，我想说说我自己的解法。（AC不需要标准答案，可能我这解法还没并查集高效，但分享出来吧。）然而作为一个刚玩几天的ACMer，还没学并查集，我当时看到这题目的时候。我觉得应该是用最小生成树做，不会并查集，所以首选Prim。

先上代码，你们先体会体会。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;//正无穷
const int MAXN=1010;
bool vis[MAXN];//记录该点是否被访问
int lowc[MAXN];//lowc[i]表示从当前树到i点的最小权值
int cost[MAXN][MAXN];//最初两点之间的权值
int flag;
int Prim(int n,int start)//点是0~n-1
{
    int ans=1;
    if(0==flag)//vis只在第一次调用Prim的时候初始化。
    {
        memset(vis,false,sizeof(vis));
        flag=1;
    }
    for(int i=1;i<n;i++)lowc[i]=cost[start][i];
    vis[start]=true;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int minc=INF;
        int p=-1;
        for(int j=0;j<n;j++)
        if(!vis[j]&&minc>lowc[j])
        {
            minc=lowc[j];
            p=j;
        }
        if(minc==INF)//这里本来是判断图不连通的条件
        {
            for(int j=1;j<n;j++)
            {
                if(!vis[j])
                    ans+=Prim(n,j);
            }
            return ans;
        }

        vis[p]=true;
        for(int j=0;j<n;j++)
            if(!vis[j]&&lowc[j]>cost[p][j])
                lowc[j]=cost[p][j];
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int n,m,a,b,i,j,ans;
    while(1)
    {
        scanf("%d",&n);
        if(n==0)
            break;
        memset(cost,INF,sizeof(int)*MAXN*MAXN);
        scanf("%d",&m);
        if(m==0)
        {
            cout<<n-1<<endl;
            continue;
        }
        for(i=0;i<m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            cost[a-1][b-1]=1;
            cost[b-1][a-1]=1;
        }
        flag=0;
        ans=Prim(n,0)-1;
        cout<<ans<<endl;
    }
}

我这里用的点是[0, n-1]，注意。

大体还是常规的Prim算法，Prim本来的返回值应该是最小生成树的权值，或者返回这不是一个连通图。我这里把它改了。Prim返回不是连通图时，已经是把所有能访问的点访问过了。所以在这里，我们选一个无法访问的点，继续Prim，然后递归进去。直到所有点都访问过了，然后一层一层返回。返回的值就是递归调用了几次Prim，所以就是把原来的图，用最小生成树的方式，变成了森林，所以只要树的棵树减1，就是最少还需要建的路的数量。