51nod1640 【最小生成树】

本文介绍了一种特殊的生成树问题解决方法,即寻找一棵生成树,其边的最大权重为所有生成树中的最小值,同时确保这棵树的总边权最大。文章通过构建最小生成树来确定目标最大边,并在此基础上构建最大生成树。

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题意:
在一副图中,搞N-1条边,使得每个点都相连,
有多种可能的情况,所以求一种使得其中n-1条边的最大是所有可能的最小,然后并保证连接的n-1条边的权值总和最大
思路:
一开始没有看清题意,随便写了一发“最大生成树”连案例都跑不出,原来还有个条件是有n-1条边中的最大值是所有可能的最小。
然后窝就纳闷了。。。怎么搞法搞到一条最大的最小,随便搞了个最小生成树,写着写着发现其实最小生成树里的最大边,其他生成树就是包含的。
那么找到这条边,跑一下最大生成树就好了;
最小生成树利用并查集比较好~

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL INF=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+10;

struct asd{
    int x,y;
    LL w;
};
asd q[N*4];
bool cmp1(asd a,asd b)
{
    return a.w<b.w;
}
bool cmp2(asd a,asd b)
{
    return a.w>b.w;
}
int pre[N];
int m,n;

int Find(int x)
{
    int r=x;
    while(r!=pre[r])
    {
        r=pre[r];
    }
    int i=x,j;
    while(pre[i]!=r)
    {
        j=pre[i];
        pre[i]=r;
        i=j;
    }
    return r;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<m;i++)
        scanf("%d%d%lld",&q[i].x,&q[i].y,&q[i].w);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        pre[i]=i;
    sort(q,q+m,cmp1);
    LL tmax=-INF;
    int k;
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        int aa=Find(q[i].x);
        int bb=Find(q[i].y);
        if(aa!=bb)
        {
            pre[aa]=bb;
            tmax=max(q[i].w,tmax);
        }
    }
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        if(q[i].w>tmax)
        {
            k=i;
            break;
        }
    }
    sort(q,q+k,cmp2);
    LL ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        pre[i]=i;
    for(int i=0;i<k;i++)
    {
        int aa=Find(q[i].x);
        int bb=Find(q[i].y);
        if(aa!=bb)
        {
            pre[aa]=bb;
            ans+=q[i].w;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/keyboarder-zsq/p/5934754.html

题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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