【蓝桥杯】国王的烦恼(并查集)

问题描述
  C国由n个小岛组成,为了方便小岛之间联络,C国在小岛间建立了m座大桥,每座大桥连接两座小岛。两个小岛间可能存在多座桥连接。然而,由于海水冲刷,有一些大桥面临着不能使用的危险。

如果两个小岛间的所有大桥都不能使用,则这两座小岛就不能直接到达了。然而,只要这两座小岛的居民能通过其他的桥或者其他的小岛互相到达,他们就会安然无事。但是,如果前一天两个小岛之间还有方法可以到达,后一天却不能到达了,居民们就会一起抗议。

现在C国的国王已经知道了每座桥能使用的天数,超过这个天数就不能使用了。现在他想知道居民们会有多少天进行抗议。
输入格式
  输入的第一行包含两个整数n, m,分别表示小岛的个数和桥的数量。
  接下来m行,每行三个整数a, b, t,分别表示该座桥连接a号和b号两个小岛,能使用t天。小岛的编号从1开始递增。
输出格式
  输出一个整数,表示居民们会抗议的天数。
样例输入
4 4
1 2 2
1 3 2
2 3 1
3 4 3
样例输出
2
样例说明
  第一天后2和3之间的桥不能使用,不影响。
  第二天后1和2之间,以及1和3之间的桥不能使用,居民们会抗议。
  第三天后3和4之间的桥不能使用,居民们会抗议。
数据规模和约定
  对于30%的数据,1<=n<=20,1<=m<=100;
  对于50%的数据,1<=n<=500,1<=m<=10000;
  对于100%的数据,1<=n<=10000,1<=m<=100000,1<=a, b<=n, 1<=t<=100000。

思想:我们不难看出用并查集的思想,但是怎么用成为问题,如果我们按照一到时间就删去一条边,然后利用剩下的边去建树,统计连通子图树,但有个问题,这道题数据量很大,就会重复建树,就会TLE,如果我们按时间由大到小排序,依次用最大边建树,那么只要加入这个边,连通子图树发生了变化,我们就把计数器num+1(但是我们反向先建树,再删时间最小的边,就需要,不断建树,不断计算子图树,而从大到小建树,利用了每次引入新的边是子图树否发生了变化,在merge中很好判断),这样我们再一次建树,就可以找到了num,

总结成一句话:删除一条边如果引起了连通子图数的变化,那么反过来想,加入这条边也会引起连通子图数变化,这样最后删除的边(时间最长的),也就是我们在建树过程中先加入的边。

示例代码:

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>

using namespace std;

struct bri{ //边的结构体
	int l; //左
	int r; //右
	int val; //时间
	bri(int ll,int rr,int vv){
		l = ll;
		r = rr;
		val = vv;
	}
};

bool cmp(const bri&a,const bri&b){
	return a.val < b.val;
}

vector<bri>vc;

int pre[10010] = {0}; //记录前一节点

int Find(int root){ //找根节点
	int t = root;
	while(pre[t] != t){
		t = pre[t];
	}
	
	while(root != t){
		pre[root] = t;
		root = pre[root];
	}
	return t;
}

int num = 0;
int p = 0;

void merge(int a,int b){
	int ta = Find(a);
	int tb = Find(b);
	if(ta != tb){
		pre[ta] = tb;
		num++; //不属于同一个根节点,引入新边后属于一个了,因此子图数发生了变化
	}
}


int main(){
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i = 0;i < m;i++){
		int a,b,c;
		cin>>a>>b>>c;
		vc.push_back(bri(a,b,c));
	}
	for(int i = 1;i <= n;i++){ //初始化pre
		pre[i] = i;
	}
	sort(vc.begin(),vc.end(),cmp); //按时间对所有边从小到大排序
	while(true){
		int vvv = vc[vc.size() - 1].val; //取最大的边
		int ttt = vc.size() - 1;
		while(vc.size() != 0 && vvv == vc[ttt].val){ //找出所有与最大边相同的边
			merge(vc[ttt].l,vc[ttt].r); //然后加入树中
			ttt--;
			vc.pop_back();
		}
		if(num - p> 1){ //用来判断,当有多个相同时间的边加入树时并且使连通子图树发生了变化,		    
							//会让num重复++,实际最多比上次增加1,(p为上次天数)
			num = p + 1;//num为上次天数+1
		}
		p = num; //这一次就成为了上一次,
		if(vc.size() == 0){
			break;
		}
	}
	cout<<num;
	return 0;
}
### 关于蓝桥杯竞赛中的并查集算法题目及其解题思路 #### 1. **题目背景** 蓝桥杯竞赛中涉及的并查集问题通常围绕集合的操作展开,主要包括合并、查询以及路径压缩优化等内容。这类问题的核心在于如何利用高效的算法解决大规模数据下的动态连通性判断。 #### 2. **具体题目分析** ##### (1) 修改数组问题 该问题可以通过暴力法实现,但由于时复杂度过高,在大数据量下容易超时[^1]。因此,采用更优的时复杂度解决方案显得尤为重要。基于此,“并查集”的引入成为一种有效的策略。 - 并查集能够快速完成元素之间连接关系维护,并支持高效的父节点查找操作。通过路径压缩和按秩合并两种技术手段进一步提升性能。 ```cpp // C++ 实现并查集模板代码 #include <vector> using namespace std; class UnionFind { public: vector<int> parent; vector<int> rank; // 秩用于优化合并过程 UnionFind(int n){ parent.resize(n); rank.resize(n, 1); for(int i=0;i<n;i++) parent[i]=i; } int find_set(int x){ // 查找根节点,同时进行路径压缩 if(parent[x]!=x) parent[x]=find_set(parent[x]); return parent[x]; } void union_set(int x,int y){ // 合并两个集合 int fx=find_set(x),fy=find_set(y); if(fx==fy)return ; if(rank[fx]<rank[fy]){ parent[fx]=fy; }else{ parent[fy]=fx; if(rank[fx]==rank[fy]) rank[fx]++; } } }; ``` ##### (2) 带权并查集的应用 对于某些特定场景,普通的并查集可能无法满足需求,此时可以考虑扩展到带权版本。例如在计算两节点距离或者差值等问题上尤为适用[^2]。此类方法不仅保留了传统并查集的优点还增加了额外的功能属性以便更好地适应实际应用场景的需求。 ##### (3) 可撤销并查集探讨 当面临需要频繁回退历史状态的情况时,则需要用到另一种特殊形式—可撤销并查集[^3]。它允许我们在执行一系列操作之后再恢复至某个指定时刻的状态,这对于调试程序或是应对复杂的逻辑分支非常有用。 #### 3. **总结** 综上所述,并查集作为一种经典的数据结构,在解决图论相关问题方面具有不可替代的地位;而针对不同类型的挑战还可以发展出诸如带权型、可撤销型等多种变形模式以增强灵活性与实用性价值。
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