Kruskal算法讲解
该部分内容全部摘录自刘汝佳的《算法竞赛入门经典》
Kruskal算法的第一步是给所有边按照从小到大的顺序排列。 这一步可以直接使用库函数
qsort或者sort。 接下来从小到大依次考查每条边(u,v)。
情况1： u和v在同一个连通分量中， 那么加入(u, v)后会形成环， 因此不能选择。
情况2： 如果u和v在不同的连通分量， 那么加入(u, v)一定是最优的。 为什么呢？ 下面用
反证法——如果不加这条边能得到一个最优解T， 则T+(u, v)一定有且只有一个环， 而且环中
至少有一条边(u' , v')的权值大于或等于(u,v)的权值。 删除该边后， 得到的新树T'=T+(u, v)-(u',
v')不会比T更差。 因此， 加入(u, v)不会比不加入差。
下面是伪代码：
把所有边排序， 记第i小的边为e[i]（ 1<=i<m）
初始化MST为空
初始化连通分量， 让每个点自成一个独立的连通分量
for(int i = 0; i < m; i++)
if(e[i].u和e[i].v不在同一个连通分量) {
把边e[i]加入MST
合并e[i].u和e[i].v所在的连通分量
}
在上面的伪代码中， 最关键的地方在于“连通分量的查询与合并”： 需要知道任意两个点
是否在同一个连通分量中， 还需要合并两个连通分量。这就用到了并查集。可以把每个连通分量看成一个集合， 该集合包含了连通分量中的所有点。 这些点两两连通， 而具体的连通方式无关紧要， 就好比集合中的元素没有先后顺序之分， 只有“属于”和“不属于”的区别。 在图中， 每个点恰好属于一个连通分量， 对应到集合表示中， 每个元素恰好属于一个集合。 换句话说， 图的所有连通分量可以用若干个不相交集合来表示。
并查集的精妙之处在于用树来表示集合。 例如， 若包含点1， 2， 3， 4， 5， 6的图有3个
连通分量{1,3}、 {2,5,6}、 {4}， 则需要用3棵树来表示。 这3棵树的具体形态无关紧要， 只要
有一棵树包含1、 3两个点， 一棵树包含2、 5、 6这3个点， 还有一棵树只包含4这一个点即
可。 规定每棵树的根结点是这棵树所对应的集合的代表元（ representative） 。
如果把x的父结点保存在p[x]中（ 如果x没有父结点， 则p[x]等于x） ， 则不难写出“查找结
点x所在树的根结点”的递归程序： int find(int x) { p[x] == x ? x : find(p[x]); }， 通俗地讲就是：
如果p[x]等于x， 说明x本身就是树根， 因此返回x； 否则返回x的父结点p[x]所在树的树根。
问题来了： 在特殊情况下， 这棵树可能是一条长长的链。 设链的最后一个结点为x， 则
每次执行find(x)都会遍历整条链， 效率十分低下。 看上去是个很棘手的问题， 其实改进方法
很简单。 既然每棵树表示的只是一个集合， 因此树的形态是无关紧要的， 并不需要在“查
找”操作之后保持树的形态不变， 只要顺便把遍历过的结点都改成树根的子结点， 下次查找
就会快很多了。
关于并查集的更深一步了解可以看一下这个博文。
题目讲解及AC代码
题目讲解
这个题目不难看出是个寻找最短路的问题，用Kruskal算法+并查集比较合适
AC代码
/*Kruskal算法*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 100 + 10;
int N, father[maxn];
struct Road
{
int _st, _en, _dist;
};
Road r[maxn*maxn];
bool cmp(Road a, Road b)
{
return a._dist < b._dist;
}
int Find(int root)
{
if(root != father[root])
father[root] = Find(father[root]);
return father[root];
}
int main()
{
// freopen("input.txt", "r", stdin);
// freopen("output.txt", "w", stdout);
while(cin >> N && N)
{
for(int i = 1; i <= N; i++)
father[i] = i;
for(int i = 0; i < N * (N - 1) / 2; i++)
cin >> r[i]._st >> r[i]._en >> r[i]._dist;
sort(r, r + N*(N-1)/2, cmp);
int ans = 0;
for(int i = 0; i < N * (N - 1) / 2; i++)
{
int st_ = r[i]._st, en_ = r[i]._en;
int x = Find(st_), y = Find(en_);
if(x != y )
{
ans += r[i]._dist;
father[x] = y;
}
}
cout << ans << endl;
}
}