【Usaco Nov08 Gold】安慰奶牛

最新推荐文章于 2024-03-16 14:53:03 发布

ciociooo

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分类专栏：算法题解--图论：树

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/greatwjj/article/details/13107637

算法题解--图论：树专栏收录该内容

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本文探讨了一个有趣的问题：如何通过最小生成树算法优化奶牛的交通系统，以减少连接牧场所需的时间，同时确保所有奶牛都能得到足够的关怀。通过分析问题背景和提出解决方案，文章详细介绍了算法的应用过程，并提供了示例输入输出，帮助读者理解如何通过最小生成树解决实际问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

Farmer John变得非常懒, 他不想再继续维护供奶牛之间供通行的道路. 道路被用来连接N(5 <= N <= 10,000)个牧场, 牧场被连续地编号为1..N. 每一个牧场都是一个奶牛的家.FJ计划除去P(N-1 <= P <= 100,000)条道路中尽可能多的道路, 但是还要保持牧场之间的连通性. 你首先要决定那些道路是需要保留的N-1条道路. 第j条双向道路连接了牧场S_j和E_j (1 <= S_j <= N; 1 <= E_j <= N; S_j != E_j),而且走完它需要L_j (0 <= L_j <= 1,000)的时间. 没有两个牧场是被一条以上的道路所连接. 奶牛们非常伤心, 因为她们的交通系统被削减了. 你需要到每一个奶牛的住处去安慰她们. 每次你到达第i个牧场的时候(即使你已经到过), 你必须花去C_i (1 <= C_i <= 1,000)的时间和奶牛交谈. 你每个晚上都会在同一个牧场(这是供你选择的)过夜, 直到奶牛们都从悲伤中缓过神来. 在早上起来和晚上回去睡觉的时候, 你都需要和在你睡觉的牧场的奶牛交谈一次. 这样你才能完成你的交谈任务. 假设Farmer John采纳了你的建议, 请计算出使所有奶牛都被安慰的最少时间. 对于你前10次的提交, 你的程序会在一部分正式的测试数据上运行, 并且返回运行的结果.

Input

* 第 1 行: 用空格隔开的两个整数N和P
* 第 2..N+1 行: 第i+1行包含了一个整数: C_i
* 第 N+2..N+P+1 行: 第 N+j+1 行包含用空格隔开的三个整数: S_j, E_j 和 L_j

Output

* 第 1 行: 一个整数, 所需要的总时间(包含和在你所在的牧场的奶牛的两次谈话时间).

Sample Input

Sample Output

Hint

输入解释:


输出解释:

保持这些路径:


从牧场4起床, 然后按照 4, 5, 4, 2, 3, 2, 1, 2, 4 的顺序来访问奶牛们, 总共需要176个单位的时间.

Source

USACO 2008 November Gold

【分析】

题目的意思不是很清楚，大意就是说：

输入一个无向图，以及每个点安慰奶牛用时间，任务是寻找一个生成树，使你从这个树的某个节点开始按照某种顺序遍历这棵树花费的时间最少。花费时间定义为每条边上的时间和到达某一个节点时（无论你之前是否已经去过）该节点的时间。

首先我们着眼于生成一棵树。有点类似与最小生成树但又不是纯粹的最小生成树。然后注意到题目的关键在于遍历整棵树一次。这意味着什么？不就是每条边都会被走两次吗？？！！
然后就是每个点的权值。用草稿纸分析可以得出，树中一个度数为d的节点在遍历的过程中一定走了d次！！！当然，起点会多一次，即d+1次（我们就选最小权值的点当起点）。
那么，我们如何用Kruscal求出这个最小时间呢？注意到，Kruscal每选择一条边(x到y时间t)，就意味着点x,y的度数都要加1，同时w会在总时间里面计算两次。所以遍历的时间会增加v[x]+v[y]+2*w。
基于Kruscal的贪心原则，我们只需要对每条边设置权值z[i]=v[x[i]]+v[y[i]]+2*len[i]然后排序，就成了朴素的最小生成树了。

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF=999999999;
struct wjj{
	int x,y,w;       
}edge[100005];
int v[10005],N,P,father[10005],Min=INF;
int _getfather(int x)
{
	if(x!=father[x]) father[x]=_getfather(father[x]);
	return father[x];
}
void _in(int &x)
{
	char t=getchar();
	while(t<'0'||'9'<t) t=getchar();
	for(x=t-'0',t=getchar();'0'<=t&&t<='9';x=x*10+t-'0',t=getchar());
}
void _init()
{
	_in(N);_in(P);
	for(int i=1;i<=N;i++)
	{
		father[i]=i;
	    _in(v[i]);
	    Min=min(Min,v[i]);
	}
	for(int i=1;i<=P;i++)
	{
		_in(edge[i].x);_in(edge[i].y);_in(edge[i].w);
		edge[i].w<<=1;
		edge[i].w+=v[edge[i].x]+v[edge[i].y]; //重新计算边的权值！！！ 
	}
}
void _qst_w(int l,int r)
{
	int i=l,j=r,mw=edge[(i+j)>>1].w;
	while(i<=j)
	{
		while(edge[i].w<mw) i++;
		while(edge[j].w>mw) j--;
		if(i<=j)
		{
			swap(edge[i],edge[j]);
			i++;j--;
		}
	}
	if(l<j) _qst_w(l,j);
	if(i<r) _qst_w(i,r);
}
void _solve()
{
	//Kruskal
	_qst_w(1,P);
	int fx,fy,k,cnt,tot;
	k=cnt=tot=0;
	while(cnt<N-1)
	{
		k++;
		fx=_getfather(edge[k].x);
		fy=_getfather(edge[k].y);
		if(fx!=fy)
		{
			father[fx]=fy;
			tot+=edge[k].w;
			cnt++;
		}
	}
	printf("%d\n",tot+Min);  //不要忘记最后加上起点的权值（点的最小权值） 
}
int main()
{
	_init();
	_solve();
	return 0;
}