关于集合的思路

输入一个无向图G，计算G的连通分支数。

有多个无向图数据。每个无向描述的第1行是两个整数n和e，分别表示顶点数和边数。接着有e行，每行有2个整数a、b，分别是一条边的两个端点（起点和终点）。两个图之间空一行。

对每个无向图，输出图中连通分支个数。

2 1 1 2 5 8 1 2 1 3 1 4 1 5 2 3 2 4 3 4 4 5

1 1

先看这个，嗯，说白了就是集合起来神马的，我百度了一下，草，是BFS耶

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define maxlen 1100
using namespace std;
bool maps[maxlen][maxlen];
int visited[maxlen];
int n,m;
void dfs(int i)
{
    if(visited[i])
        return ;
     visited[i]=true;
     for(int j=1;j<=n;++j)
     {
         if(maps[i][j]==true&&!visited[j])
         {
             dfs(j);
         }
    }
 }
 int main ()
{
     int a,b;
     while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
     {
         for(int i=0;i<=n;++i)
         for(int j=0;j<=n;++j)
         {
             if(i==j)
                 maps[i][j]=1;
             else
                maps[i][j]=0;
        }
         for(int i=0;i<m;++i)
        {
             scanf("%d%d",&a,&b);
             maps[a][b]=maps[b][a]=true;
         }
         memset(visited,0,sizeof(visited));
         int ans=0;
         for(int i=1;i<=n;++i)
         {
             if(!visited[i])
             {
                 dfs(i);
                 ans++;
             }
         }
       printf("%d
",ans);
     }
 }

　　然后再看下一道

Description

超级无敌张小豪是A国的一名勇士,A国的勇士都要靠获得能量变得更强,在A国勇士获得能量只有唯一的一种途径就是膜拜宙斯神——周尼玛(桑！！！)。要膜拜周尼玛就要去到遥远的大日国那里有好多好多周尼玛(桑！！！)。但是周尼玛（桑！！！）是一种群居动物，一队周尼玛（桑！！！）中都有且只有一个领袖叫周尼玛你妹（桑！！！）超级无敌张小豪勇士必须拿着一炷香到周尼玛你妹（桑！！！）面前膜拜三下即可获得一点能量。

膜拜必须遵循一些规则：

对于一个周尼玛你妹（桑！！！）只能膜拜一次；

不能膜拜周尼玛（桑！！！）；

一次膜拜用一炷香且一炷香只能膜拜一次；

现在问题出现了，小豪准备启程去大日国，在走之前小豪要准备买香但是小豪不知道大日国一共有几队周尼玛（桑！！！），小豪既想每个周尼玛你妹（桑！！！）都膜拜到，又想带过去的香能用完不浪费。于是小豪打听小道消息搞过来了一张周尼玛（桑！！！）家族谱。

家族谱上有若干对数字

eg：1 2

2 4

表示：周尼玛1号和周尼玛2号是一队的

周尼玛2号和周尼玛4号是一队的

若谱上告诉你周尼玛x号和周尼玛y号是一队的周尼玛y号和周尼玛z号是一队的

那也就代表了周尼玛x号和周尼玛z号是一队的了。

Input

The input starts with an integer T(1<=T<=10) which indicate the number of test cases. Then T test cases follow. Each test case starts with two integers N and M(1<=N<= 30000,1<=M<= 500000). N indicates the number of周尼玛, the 周尼玛 are marked from 1 to N. Then M lines follow. Each line consists of two integers A and B(A!=B), that means 周尼玛 A号 and 周尼玛 B号 in the same team. There will be a blank line between two cases.

Output

For each test case, just output how many tables Ignatius needs at least. Do NOT print any blanks.

Sample Input

2 5 3 1 2 2 3 4 5 5 1 2 5

Sample Output

2 4

先让我说一句，周尼玛尼玛个大鬼头！！！我都被尼玛洗脑有木有？！

嗯，感觉和上面一样.....还是用BFS，但是看看1<=N<= 30000,1<=M<= 500000.....一股不祥的预感.....果然超时了.....

看了一下网上解法，原来是并查集.....

#include <iostream>
using namespace std;

const int N=30000;
int flag[N];

int Find_Set(int x)
{
    if(x!=flag[x])
    {
        flag[x]=Find_Set(flag[x]);
    }
    return flag[x];
}

int main()
{
    int t,m,n,i,j,a,b,A,B,num;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>m;
        for(i=1;i<=n;i++) flag[i]=i;
        num=n;
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            cin>>A>>B;
            a=Find_Set(A);
            b=Find_Set(B);
            if(a>b)
            {
                flag[a]=b;
                num--;
            }
            else if(a<b)
            {
                flag[b]=a;
                num--;
            }
        }
        cout<<num<<endl;
    }
    return 0;
}

　　然后再倒过来再考虑一下能否用并查集搞定无向图的连通支路？

#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;

const int N=30000;
int flag[N];

int Find_Set(int x)
{
    if(x!=flag[x])
    {
        flag[x]=Find_Set(flag[x]);
    }
    return flag[x];
}

int main()
{
    int t,m,n,i,j,a,b,A,B,num;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
    	memset(flag,0,sizeof(flag)); 
    	for(i=1;i<=n;i++) flag[i]=i;
        num=n;
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            cin>>A>>B;
            a=Find_Set(A);
            b=Find_Set(B);
            if(a>b)
            {
                flag[a]=b;
                num--;
            }
            else if(a<b)
            {
                flag[b]=a;
                num--;
            }
        }
        cout<<num<<endl;
    
	}
	return 0;
}

　　就这样搞定了.....突然觉得我真不是搞ACM的材料.....妈蛋