国庆六日游——第一天第一题

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萌新出门左转

正题：

一场天灾过后，B市的所有主干道路都被切断了。

灾后重建的一项重要任务是恢复通信。B市共有n个关键的据点，而我们现在有一条关键的消息，需要所有的据点都要收到。

消息的传递有两种方式：

空降：可以直接将消息传给某个据点，每次需要的代价为v。
通信员：可以将消息从一个据点传到另一个据点，需要的代价为两个据点在地图上的欧氏距离的平方。
注意，通信员只能从已有消息的据点传递消息到另一个据点。所以，至少第一个收到消息的据点一定是通过空降的。
在保证所有的据点都收到消息的前提下，最小的总代价是多少？

输入的第一行包含空格隔开的两个数n,v。

接下来n行，每行有两个空格隔开的数x,y，表示每个据点在地图上的坐标。

输出一行，仅包含一个整数，表示最小的总代价。

保证n <= 5000, v <= 100000, x, y <= 30000;

时限 1000ms 空间限制 128MB

样例：
6 1000
0 0
0 10
20 20
30 30
80 100
100 100

输出：

3200

思路

假如没有“空降”这个条件，这题显然就是坐标转换最小生成树。

“最小的总代价”对应“最小”，所有据点收到消息对应生成树

可是题目连“边”和“边权”都没有出现，哪儿来的图？

自己YY据点和据点两两连线，连成一个完全图，边权为两点之间的欧氏距离。

辣么怎么处理“空降”的条件呢？

处理不了，告辞

这时候我们就需要拿出我们万能的笔和纸，使出必杀技——画一画！
（手动求生欲

以样例为例，画出来应该是这样：

GeoGebra生成图片
经过看题解仔细观察，细心的人可能发现，空降的次数等于图中联通块的个数。
看到这里，大概会有人和我一样开始考虑求联通块的方法。

但这种思路有一个本质的问题——我们首先要得到这个图，然后才能求联通块。
一种解决办法是把所有边权大于v的边全部换成v，然后再用Kruskal求解

撒花完结！

看看数据范围

n <= 5000

笑容逐渐消失

Kruskal : 我太难了

Prim : 终于到我出场了

把边权换成v的本质是什么？

复读机

观察下面的图：

于是，我们可以加入一个虚拟节点，这个节点到每一个点的距离都是v

但是，先别急着加边！如果我们从虚拟节点开始“搜索”，会发现它每一条出边的权值都是v（废话），我们可以省去加虚拟边的过程，直接把每个点的dist初始化为v。

（以上看不懂可以先复习一下Prim算法）

上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
//以下是读入输出优化，看不懂可以直接用cin/scanf, cout/printf代替
#define MAX_INPUT maxi
using namespace std;
namespace IO{const int MAX_INPUT = 1000000;#define getc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + inbuf -> sgetn(buf, MAX_INPUT), p1 == p2) ? EOF : *p1++)char buf[MAX_INPUT], *p1, *p2;template <typename T> inline bool redi(T &x) {static std::streambuf *inbuf = cin.rdbuf();x = 0;register int f = 0, flag = false;register char ch = getc();while (!isdigit(ch)) {if (ch == '-') f = 1;ch = getc();}if (isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', ch = getc(),flag = true;while (isdigit(ch)) {x = x * 10 + ch - 48;ch = getc();}x = f ? -x : x ;return flag;} //以上是读入#undef getctemplate <typename T> inline void put(const char ch,T x){static std::streambuf *outbuf = cout.rdbuf();static char stack[21];static int top = 0;if (x < 0) {outbuf -> sputc('-');x=-x;}if (!x) {outbuf -> sputc('0');outbuf -> sputc(ch);return;}while (x) {stack[++top] = x % 10 + '0';x /= 10;}while (top) {outbuf -> sputc(stack[top]);--top;}outbuf -> sputc(ch);} //以上是输出
}using namespace IO;
//以上是IO优化
int n;
const int man = 5010;
pair<int, int> node[man]; //据点坐标
int dist[man], vis[man];
#define x first         //避免手残
#define y second
//如果不喜欢用pair，可以自己定义一个结构体
signed main() {//freopen("inform.in", "r", stdin);//freopen("inform.out", "w", stdout); //不解释memset(vis, false, sizeof(vis)); //可有可无，应该默认falseredi(n); int v; redi(v); int tot; //tot即为当前总代价for(int i = 1; i <= n; ++i) {redi(node[i].x);redi(node[i].y);dist[i] = v;                //刚才说的虚拟节点} sort(node + 1, node + n + 1); //排序for(int i = 1; i <= n; ++i) {int temp = 0x3f3f3f3f, ansn; //初始化for(int j = 1; j <= n; ++j) {if(dist[j] < temp && !vis[j]) {temp = dist[j]; ansn = j; //记录最小代价的出路？}}tot += temp; //更新总代价vis[ansn] = true; //避免重复访问for(int j = 1; j <= n; ++j) {dist[j] = min(dist[j], (node[ansn].x - node[j].x) * (node[ansn].x - node[j].x) + (node[ansn].y - node[j].y) * (node[ansn].y - node[j].y));//计算并更新，如果觉得难看可以写一个calc函数}} put('\n', tot); //输出
}

（真正的）撒花完结！