【图论专题】最小生成树的扩展应用

整理的算法模板合集： ACM模板

最小生成树的扩展应用

能用kruskal打死不用prim
kruskal是要把所有的边都遍历一遍

图论中的超级源点就比较常用，要时刻想到它

题目列表：

题目	算法
AcWing 1146. 新的开始	超级源点的应用
AcWing 1145. 北极通讯网络	贪心
AcWing 346. 走廊泼水节	最小生成树添边变成完成图
AcWing 1148. 秘密的牛奶运输	严格次小生成树

A、AcWing 1146. 新的开始（超级源点的应用）

想办法将多模式的问题转换为单模式的问题，再利用求解该模式的算法解决即可

对于本题来说，答案有两个因素影响，一个是建发电站（结点权值），一个是连边（边权值），没办法用一个统一的的算法求解，因此我们要想办法将二者转换为一种东西。我们发现建发电站和连边，同样都是为一个没有电源的结点给予电源（连边也就是从有电源的结点传到没有电源的结点上）。因此我们可以很自然地想到，建立一个超级源点，这样每次为一个结点建立发电站同样可以看作从超级源点向欲要建发电站的结点连一条边，这样就转换为了普通两个结点的连边的操作。这样整个题目就只有连最小权值边使得整张图（n+1个点，原来n个点和新增的超级源点）全部联通的问题了，那么我们直接求一个最小生成树即可得到答案。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>using namespace std;const int N = 5007, M = 510007, INF = 0x3f3f3f3f;int n,m;
int g[N][N];
bool vis[N];
int dist[N];int prim(){memset(dist,0x3f,sizeof dist);dist[0] = 0;int res = 0;for(int i = 0;i < n + 1;++i){int t = -1;for(int j = 0;j < n + 1;++j)if(!vis[j] && ( t == -1 || dist[j] < dist[t]))t = j;vis[t] = true;res += dist[t];for(int j = 0;j < n + 1; ++ j)dist[j] = min(dist[j],g[t][j]);}return res;
}int main(){scanf("%d",&n);for(int i = 1; i <= n;++i){scanf("%d",&g[0][i]);g[i][0] = g[0][i];}for(int i = 1;i <= n;++i)for(int j = 1;j <= n;++j)scanf("%d",&g[i][j]);printf("%d\n",prim());return 0;
}

B、AcWing 1145. 北极通讯网络（贪心）

相当于有k个是免费的，直接求一个最小生成树，贪心地把权值最大的k条边免费，也就是从小到大，过n-k条，剩余k条时break，这时的边就是答案要求的最大覆盖范围d。
用y总的话就是：

当然这道题是满足单调性的，我们很容易就想到了二分。但是本题和关押罪犯那道题一样，直接用并查集做就可以省略二分了，因为我们直接贪心地从小到大，总是可以得到答案的。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>#define x first
#define y secondusing namespace std;
typedef pair<int,int> PII;const int N = 5007, M = 510007, INF = 0x3f3f3f3f;int n,m;
struct node{int u,v;double w;bool operator<(const node &t)const {return w < t.w;}
}e[M];
PII po[N];
int k;
int fa[N];double get_dist(PII a,PII b){int xx = a.x - b.x;int yy = a.y - b.y;return sqrt(xx * xx + yy * yy);
}int Find(int x)
{if (fa[x] != x) fa[x] = Find(fa[x]);return fa[x];
}int main(){cin>>n>>k;for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin>>po[i].x>>po[i].y;for(int i = 1;i <= n;++i)for(int j = 1;j <= n;++j)e[++m] = {i,j,get_dist(po[i],po[j])};sort(e + 1,e + 1 + m);for(int i = 1;i <= n;++i)fa[i] = i;int cnt = n;double res = 0;for(int i = 1;i <= m;++i){if(cnt <= k)break;int a = Find(e[i].u),b = Find(e[i].v);double w = e[i].w;if(a != b){fa[a] = b;cnt--;res = w;}}printf("%.2f\n",res);return 0;
}

C、AcWing 346. 走廊泼水节(最小生成树生成完成图)

注意：树中的所有边权均为整数，且新加的所有边权也必须为整数。

完全图是一个简单的无向图，其中每对不同的顶点之间都恰连有一条边相连。——百度百科

由于要求形成完全图依然还是这个最小生成树，所以我们所有新生成的两个点之间的边不能小于原来这两个点的直接相连的最小生成树里的边，不然求最小生成树的时候就会用新增的边了。由于所有的边权都是整数，所以每一个新增的边都应该为原来的权值w+1。然后由于生成的是完全图，所以每一对点都应该有一条边直接相连，也就是说每次用kruskal算法使得两个连通块相连的时候答案乘上两个连通块大小相乘再减去原有的生成树的边，也就是减一。因为相当于所有的点之间都连上一个权值为w+1的边。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;const int N = 200007;
typedef long long ll;int n,m;
struct node{int u,v,w;bool operator<(const node &t)const {return w < t.w;}
}e[N];
int fa[N];
int Size[N];int Find(int x){if(fa[x] == x)return x;return fa[x] = Find(fa[x]);
}
int t;
int main(){cin>>t;while(t--){scanf("%d",&n);for(int i = 0;i < n - 1;++i){int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);e[i] = {x,y,z};}long long res = 0;sort(e,e + n - 1);for(int i= 1;i <= n;++i)fa[i] = i,Size[i] = 1;for(int i = 0;i < n - 1;++i){int x = Find(e[i].u),y = Find(e[i].v);int z = e[i].w;if(x == y)continue;res += (ll)(z + 1) * (Size[x] * Size[y] - 1);fa[x] = y;Size[y] += Size[x];}cout<<res<<endl;}return 0;
}

D、AcWing 1148. 秘密的牛奶运输（严格次小生成树）

次小生成树有两种，一种是不严格次小生成树，也就是可以数值上等于最小生成树，一种是严格次小生成树，是权值严格大于最小生成树，两种求法大同小异。

方法2在严格次小生成树和不严格次小生成树都成立，而方法1只在严格次小生成树中成立

对于任意一颗最小生成树，都存在一个次小生成树（严格或者不严格都成立），与最小生成树只差1条边。

根据存在次小生成树与最小生成树只差一条边。
我们可以先通过kruskal求出最小生成树 O(mlogm)
通过这个树初始化某点到其他点的路径中最大边、次大边。 O(n²)
遍历所有未在树中的边（u–>v），看是否大于u到v的边的最大值，若大于那么可以替换这条边，若不大于那就再判断是否大于次值，若大于同理进行替换。因为这里的w一定是不小于最小生成树里的任何一条边的权值，最多会等于，而本题为严格次小生成树，不能等于。

然后本题实际上是整棵最小生成树自建立以来就没有动过，是典型的只要答案不干事，只是全程取min要答案，这样就保证了无后效性和算法的正确性。

本题的时间复杂度为O(mlogm+n2+mlogn)O(mlogm + n^2+mlogn)O(mlogm+n2+mlogn)
算法瓶颈为dfs查找最大值和次大值，想这一道要求O(mlogn)O(mlogn)O(mlogn)过的P4180 [BJWC2010]严格次小生成树就只能拿50分。
我们可以优化dfs操作，用LCA和倍增代替，可以把时间压缩到O(mlogn)O(mlogn)O(mlogn)
这道明天更新

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>using namespace std;typedef long long ll;
const int N = 507,M = 1e4 + 7;int n,m;
int dist1[N][N],dist2[N][N];//从i到j的路径上的一条最大权值边和次大权值边int fa[N];
struct node{int u,v,w;bool flag;bool operator<(const node &t)const {return w < t.w;}
}e[M];int head[N],edge[M],nex[M],ver[M],tot = 1;void add(int x,int y,int z){ver[++tot] = y;edge[tot] = z;nex[tot] = head[x];head[x] = tot;
}int Find(int x){if(fa[x] == x)return x;return fa[x] = Find(fa[x]);
}void dfs(int u,int father,int max1,int max2,int d1[],int d2[]){//这样传进来的数组就只是第二维的，就变成一维数组了d1[u] = max1;d2[u] = max2;for(int i = head[u];~i;i = nex[i]){int v = ver[i],w = edge[i];if(v != father){int t1 = max1,t2 = max2;if(w > t1)//如果大于当前最大值，最大值给次大值，然后再更新最大值t2 = t1,t1 = w;else if(w < t1 && w > t2)t2 = w;dfs(v,u,t1,t2,d1,d2);}}
}int main(){memset(head,-1,sizeof head);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i = 1;i <= m;++i){int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);e[i] = {x,y,z};}sort(e + 1,e + m + 1);for(int i = 1;i <= n;++i)fa[i] = i;ll sum = 0;for(int i = 1;i <= m;++i){int x = e[i].u,y = e[i].v;int fx = Find(x),fy = Find(y);int z = e[i].w;if(fx == fy)continue;sum += z;add(x,y,z),add(y,x,z);//建成一颗树fa[fx] = fy;e[i].flag = true;//表示是树边}for(int i = 1;i <= n;++i)//处理一下所有点的最大值和次大值dfs(i,-1,0,0,dist1[i],dist2[i]);ll res = 1e18;for(int i = 1;i <= m;++i)if(!e[i].flag){int w = e[i].w;int u = e[i].u,v = e[i].v;if(w > dist1[u][v])res = min(res,sum - dist1[u][v] + w);else if(w > dist2[u][v])res = min(res,sum - dist2[u][v] + w);}printf("%lld\n",res);return 0;
}