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  • 最小生成树的唯一性
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    2020-05-13 17:05:55

    7-24 最小生成树的唯一性 (35分)

    给定一个带权无向图,如果是连通图,则至少存在一棵最小生成树,有时最小生成树并不唯一。本题就要求你计算最小生成树的总权重,并且判断其是否唯一。

    输入格式:

    首先第一行给出两个整数:无向图中顶点数 N(≤500)和边数 M。随后 M 行,每行给出一条边的两个端点和权重,格式为“顶点1 顶点2 权重”,其中顶点从 1 到N 编号,权重为正整数。题目保证最小生成树的总权重不会超过 2​30​​。

    输出格式:

    如果存在最小生成树,首先在第一行输出其总权重,第二行输出“Yes”,如果此树唯一,否则输出“No”。如果树不存在,则首先在第一行输出“No MST”,第二行输出图的连通集个数。

    输入样例 1:

    5 7
    1 2 6
    5 1 1
    2 3 4
    3 4 3
    4 1 7
    2 4 2
    4 5 5
    

    输出样例 1:

    11
    Yes
    

    输入样例 2:

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

    输出样例 2:

    4
    No
    

    输入样例 3:

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

    输出样例 3:

    No MST
    2

     这个题不单单是让求最小生成树的总路径长度,而且还让判断最小生成树的唯一性。因为对并查集印象比较深刻,我首先想到了克鲁斯卡尔算法,可在判断最小生成树的唯一性上老是出错,最后不得已,剽窃了他人的劳动成果,将自己写的代码按照别人的想法做了修改,结果就过了,不过心里还是很不爽。在思考过程中,我甚至想到了“去边法重新构造法”,这种方法十有八九会超时,就把这个方案否决了。用Prim算法可能更直接,不过我和Prim算法还不是很熟,也把这个方法舍弃了。这个题的Kruskal解法见如下代码:

    #include <iostream>
    #include <algorithm>
    using namespace std;
    struct Book{
        int u,v,w;
    }book[125010];
    int V[520],ans = 0;
    int p[520],r[520];
    int G[520][520]={0};
    bool cmp(Book a,Book b){
        if(a.w!=b.w)
            return a.w<b.w;
        return false;
    }
    void Init(int n)
    {
        for(int i=0;i<=n;i++)
        {
            r[i] = 0;
            p[i] = i;
        }
    }
    int Find(int x){
        return x==p[x]?x:p[x]=Find(p[x]);
    }
    void Union(int x,int y)
    {
        x = Find(x);y=Find(y);
        if(x==y)return ;
        if(r[x]>r[y])
            p[y] = x;
        else if(r[y]>r[x])
            p[x] = y;
        else{
            p[x] = y;
            r[y]++;
        }
    }
    int main()
    {
        //freopen("in","r",stdin);
        int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);Init(n);
        for(int i=0;i<m;i++)
            scanf("%d%d%d",&book[i].u,&book[i].v,&book[i].w);
        sort(book,book+m,cmp);
        int cnt = 0,all = 0,flag = 0;
        for(int i=0;i<m;i++){
            int pu,pv;
            int u = book[i].u,v=book[i].v;
            u=Find(u),v=Find(v);
            if(u!=v){
                for(int j=i+1;j<m;j++){
                    if(book[j].w==book[i].w){
                        pu=Find(book[j].u);pv=Find(book[j].v);
                        if((pu==u&&pv==v)||(pv==u&&pu==v))
                            flag=1;
                    }else{
                        break;
                    }
                }
                Union(u,v);
                cnt++;
                all+=book[i].w;
            }
        }
        if(cnt==n-1)
        {
            printf("%d\n",all);
            if(flag)
                printf("No\n");
            else
                printf("Yes\n");
        }else{
            printf("No MST\n");
            cnt = 0;
            for(int i=1;i<=n;i++)
                if(p[i]==i)cnt++;
            printf("%d\n",cnt);
        }
        return 0;
    }

     

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    什么样的边会影响到最小生成树唯一性呢? kruskal 求最小生成树 是将所有边权从小到大排序,然后判断当前边的两个端点所在连通块是否连通。如果没有连通,那么这条边就需要拿。 而此时如果有另外一条边,虽然

    先来看一个例题:Forsaken喜欢独一无二的树

    题意:
    现在给定一个 n n n 个点, m m m 条边的图,每条边 e i e_{i} ei 都有一个权值 w i w_{i} wi

    刚开始最小生成树可能不唯一,现在可以删除一些边,使得剩下的边的最小生成树大小不变并且唯一。

    求删除的边的权值和最小是多少?

    分析:
    什么样的边会影响到最小生成树的唯一性呢?

    kruskal 求最小生成树 是将所有边权从小到大排序,然后判断当前边的两个端点所在连通块是否连通。如果没有连通,那么这条边就需要拿。
    而此时如果有另外一条边,虽然也可以将这两个连通块合并,但是其权值比较大,那么这条边是不会影响到最小生成树的。
    所以,只有两个边的权值相同,并且都能将端点的两个连通块合并,这么这两个边选择哪个都行,那么最小生成树就不唯一了

    所以,为了保证最小生成树唯一,那么就是要去掉若干条 权值相同并且能够合并相同连通块的边,只剩一个这样的边就行。

    如何实现呢?

    我们像 kruskal 一样将所有的边按照权值排序,从小到大遍历所有的边。
    对于当前边来说,将所有的和当前边权相等的边都拿过来(双指针)。对于这些权值相同的边,我们要去掉一些能够合并相同连通块的边。

    我们可以先将所有的权值相同且能够合并连通块的边都删除,然后再留下最小生成树中的边。
    这样,对于权值相同的能够合并连通块的多余边就被删除了。

    • 先遍历所有边,判断其是否可选,也就是判断其端点连接的两个连通块是否已经连通。如果没有连通,说明可选,删除的权值和 ans += wi
      这时,我们把能够合并连通块的所有边都删除了。
    • 然后,再遍历一遍,用这些边求最小生成树权值和 sum

    最终,删除的多余边权之和就为 ans - sum

    	int sum = 0;
    	for(int i=1;i<=m;i++)
    	{
    		int r = i;
    		
    		while(r <= m && a[r].w == a[i].w) r++;
    		r--;
    		
    		for(int j=i;j<=r;j++)
    		{
    			int x = a[j].x, y = a[j].y, w = a[j].w;
    			if(find(x) != find(y)) ans += w;
    		}
    		
    		for(int j=i;j<=r;j++)
    		{
    			int x = a[j].x, y = a[j].y, w = a[j].w;
    			if(find(x) != find(y)) pre[find(x)] = find(y), sum += w;
    		}
    		
    		i = r;
    	}
    	
    	ans -= sum;
    

    完整Code:

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    #define Ios ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0)
    #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
    #define int long long
    #define PII pair<int,int>
    #define pb push_back
    #define fi first
    #define se second
    #define endl '\n'
    map<PII,int> mp;
    
    /**/
    
    const int N = 200010, mod = 1e9+7;
    int T, n, m;
    struct node{
    	int x, y, w;
    }a[N];
    int ans, pre[N];
    
    bool cmp(node a, node b){
    	return a.w < b.w;
    }
    
    int find(int x){
    	if(pre[x] != x) pre[x] = find(pre[x]);
    	return pre[x];
    }
    
    void kruskal()
    {
    	sort(a+1, a+m+1, cmp);
    	
    	int sum = 0;
    	for(int i=1;i<=m;i++)
    	{
    		int r = i;
    		
    		while(r <= m && a[r].w == a[i].w) r++;
    		r--;
    		
    		for(int j=i;j<=r;j++)
    		{
    			int x = a[j].x, y = a[j].y, w = a[j].w;
    			if(find(x) != find(y)) ans += w; //能拿的都删去
    		}
    		
    		for(int j=i;j<=r;j++)
    		{
    			int x = a[j].x, y = a[j].y, w = a[j].w;
    			if(find(x) != find(y)) pre[find(x)] = find(y), sum += w; //求最小生成树
    		}
    		
    		i = r;
    	}
    	
    	ans -= sum; //把最小生成树的权值留下,删去的就是多余的了
    }
    
    signed main(){
    	Ios;
    	cin>>n>>m;
    	
    	for(int i=1;i<=n;i++) pre[i] = i;
    	
    	for(int i=1;i<=m;i++)
    	{
    		int x, y, w;cin>>x>>y>>w;
    		a[i] = {x, y, w};
    	}
    	
    	kruskal();
    	
    	cout << ans;
    	
    	return 0;
    }
    

    这样,阻碍最小生成树唯一的边就都被删去了。

    那么,如果需要判断一个图中最小生成树是否唯一,那么就可以用这种方法,看最终的删去边的权值是否为0,如果为0就是唯一的。
    或者,也可以对于每一种权值来说,判断这其中的 可拿的边(端点所在连通块不连通) 是不是都在最小生成树中,如果有的不在,则说明最小生成树不唯一。

    因为既然一个边可拿,也就是端点所在连通块不连通,那么其就应该出现在最小生成树中。而现在第二遍遍历跑最小生成树之后,发现之前可拿边的个数和可拿边的个数不同,那么也就是有多余的边,最小生成树不唯一。

    例题:The Unique MST

    Code:

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    
    #define Ios ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0)
    #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
    #define int long long
    #define PII pair<int,int>
    #define pb push_back
    #define fi first
    #define se second
    #define endl '\n'
    
    /**/
    
    const int N = 200010, mod = 1e9+7;
    int T, n, m;
    struct node{
    	int x, y, w;
    }a[N];
    int ans, pre[N];
    int sum;
    
    bool cmp(node a, node b){
    	return a.w < b.w;
    }
    
    int find(int x){
    	if(pre[x] != x) pre[x] = find(pre[x]);
    	return pre[x];
    }
    
    int kruskal()
    {
    	sort(a+1, a+m+1, cmp);
    	
    	for(int i=1;i<=m;i++)
    	{
    		int r = i;
    		
    		while(r <= m && a[r].w == a[i].w) r++;
    		r--;
    		
    		int cnt = 0; //记录可拿边的个数 
    		for(int j=i;j<=r;j++)
    		{
    			int x = a[j].x, y = a[j].y, w = a[j].w;
    			if(find(x) != find(y)) cnt++; //可拿边个数++ 
    		}
    		
    		for(int j=i;j<=r;j++)
    		{
    			int x = a[j].x, y = a[j].y, w = a[j].w;
    			if(find(x) != find(y)) pre[find(x)] = find(y), sum += w, cnt --; //用掉了,cnt-- 
    		}
    		
    		i = r;
    		
    		if(cnt) return 0; //最后还剩余可拿边,最小生成树不唯一 
    	}
    	return 1;
    }
    
    signed main(){
    	Ios;
    	cin>>T;
    	while(T--)
    	{
    		cin>>n>>m;
    		
    		ans = 0, sum = 0;
    		for(int i=1;i<=n;i++) pre[i] = i;
    		
    		for(int i=1;i<=m;i++)
    		{
    			int x, y, w;cin>>x>>y>>w;
    			a[i] = {x, y, w};
    		}
    		
    		if(!kruskal()) cout<<"Not Unique!\n";
    		else cout << sum <<endl;
    	}
    	
    	return 0;
    }
    

    这种做法时间复杂度和求最小生成树复杂度相同,O(n+m)。
    感觉比求次小生成树简单呢~

    展开全文
  • 给定一个带权无向图,如果是连通图,则至少存在一棵最小生成树,有时最小生成树并不唯一。...如果存在最小生成树,首先在第一行输出其总权重,第二行输出“Yes”,如果此树唯一,否则输出“No”。如...

    给定一个带权无向图,如果是连通图,则至少存在一棵最小生成树,有时最小生成树并不唯一。本题就要求你计算最小生成树的总权重,并且判断其是否唯一。

    输入格式:

    首先第一行给出两个整数:无向图中顶点数 N(≤500)和边数 M。随后 M 行,每行给出一条边的两个端点和权重,格式为“顶点1 顶点2 权重”,其中顶点从 1 到N 编号,权重为正整数。题目保证最小生成树的总权重不会超过 230。

    输出格式:

    如果存在最小生成树,首先在第一行输出其总权重,第二行输出“Yes”,如果此树唯一,否则输出“No”。如果树不存在,则首先在第一行输出“No MST”,第二行输出图的连通集个数。

    输入样例 1:

    5 7
    1 2 6
    5 1 1
    2 3 4
    3 4 3
    4 1 7
    2 4 2
    4 5 5

    结尾无空行

    输出样例 1:

    11
    Yes

    结尾无空行

    输入样例 2:

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

    结尾无空行

    输出样例 2:

    4
    No

    结尾无空行

    输入样例 3:

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

    结尾无空行

    输出样例 3:

    No MST
    2

     问题1:是否能生成最小生成树?

    ——>根据kruskral算法,若合并次数< n - 1次,则说明无法生成。

    问题2:不能生成最小生成树情况下有多少个连通集合?

    ——>用一个map存一下祖宗节点,最后输出size即可。

    问题3:如何判断最小生成树是否唯一?

    ——>去求次小生成树,次小生成树和最小生成树只有一边之差。

             在求解最小生成树的过程中,我们用一个数组记录哪些边被用到了

             对于没有用到的边,它连接的两个顶点称作a, b。我们把这条没被用过的边加入到最小生成树中,并删除原最小生成树连接a,b的边,其实就是结果减去原连接a,b两点的边的长度,再加上新加的这条边的长度,去判断一下两种情况下结果是否相等, 如果相等就说明最小生成树不唯一(因为用到的边不同)。

    上代码!

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<unordered_map>
    #include<cstring>
    
    using namespace std;
    
    const int N = 510;
    unordered_map<int, int> fa;
    int n, m;
    int p[N];
    
    struct Edge
    {
        int a, b, c;
        bool operator < (const Edge &w) const
        {
            return c < w.c;
        }
    }edge[N * N];
    
    bool st[N]; //判断边是否被用到了
    int g[N];
    
    int find(int x)//并查集+路径压缩
    {
        if(p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
        return p[x];
    }
    
    int main()
    {
        cin >> n >> m;
        for(int i = 0; i < m; i++)
        {
            int a, b, c;
            cin >> a >> b >> c;
            edge[i] = {a, b, c};
        }
        sort(edge, edge + m);
        int cnt = 0; //记录合并次数
        long long res = 0; //记录结果
        for(int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i; //并查集初始化
        
        for(int i = 0; i < m; i++)
        {
            auto t = edge[i];
            int x = find(t.a), y = find(t.b);
            if(x != y) //集合不一样就合并
            {
                cnt++; //合并次数++
                st[i] = true; //边被使用了
                p[x] = y; //合并集合
                res += t.c;
                g[t.a] = g[t.b] = t.c; //记录边长,为后面判断生成树是否唯一服务
            }
        }
        
        if(cnt < n - 1) //合并次数 < n - 1说明不连通。(一开始1个点,一直加入加入...到n个点需要n - 1次)
        {
            for(int i = 1; i <= n; i++)
            {
                int t = find(i);
                if(!fa[t]) fa[t] = 1; //统计祖宗,放入map
            }
            cout << "No MST" << endl;
            cout << fa.size() << endl;//祖宗个数
            return 0;
        }
        cout << res << endl;
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            if(!st[i]) // 边没用过
            {
                auto t = edge[i];
                int a = t.a, b = t.b; //边连的两个点
                if(res - g[a] + t.c == res) //结果相同则生成树不唯一
                {
                    puts("No");
                    return 0;
                }
            }
        }
        cout << "Yes" << endl;
        return 0;
    }
    

    展开全文
  • 7-14 最小生成树唯一性

    千次阅读 2018-03-20 22:05:48
    给定一个带权无向图,如果是连通图,则至少存在一棵最小生成树,有时最小生成树并不唯一。本题就要求你计算最小生成树的总权重,并且判断其是否唯一。输入格式:首先第一行给出两个整数:无向图中顶点数 N(≤)...

    给定一个带权无向图,如果是连通图,则至少存在一棵最小生成树,有时最小生成树并不唯一。本题就要求你计算最小生成树的总权重,并且判断其是否唯一。

    输入格式:

    首先第一行给出两个整数:无向图中顶点数 N)和边数 M。随后 M 行,每行给出一条边的两个端点和权重,格式为“顶点1 顶点2 权重”,其中顶点从 1 到N 编号,权重为正整数。题目保证最小生成树的总权重不会超过 230

    输出格式:

    如果存在最小生成树,首先在第一行输出其总权重,第二行输出“Yes”,如果此树唯一,否则输出“No”。如果树不存在,则首先在第一行输出“No MST”,第二行输出图的连通集个数。

    输入样例 1:

    5 7
    1 2 6
    5 1 1
    2 3 4
    3 4 3
    4 1 7
    2 4 2
    4 5 5
    

    输出样例 1:

    11
    Yes
    

    输入样例 2:

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

    输出样例 2:

    4
    No
    

    输入样例 3:

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

    输出样例 3:

    No MST
    2

    思路:我们可能先判断连通性,由于结点数比较少,可以通过dfs直接判断连通块的个数,对于最小生成树的唯一性,我们可以通过求出次小生成的权值,在于最小生成树的权值进行比较即可。

    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #include <vector>
    #include <algorithm>
    #include <set>
    #include <map>
    #include <cmath>
    using namespace std;
    const int maxn=550;
    
    int vis[maxn];
    const long long int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f;
    int G[maxn][maxn];
    vector<int> v[maxn];
    int fa[maxn];
    long long int dis[maxn];
    long long int pa[maxn][maxn];
    bool used[maxn][maxn];
    int n,m;
    void dfs(int x)
    {
        if(vis[x]) return ;
        vis[x]=1;
        for(int i=0; i<v[x].size(); i++)
        {
            dfs(v[x][i]);
        }
    }
    long long int prim(int x)
    {
        memset(fa,0,sizeof(fa));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(pa,0,sizeof(pa));
        memset(used,false,sizeof(used));
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            dis[i]=G[x][i];
            fa[i]=x;
        }
        vis[x]=1;
        long long int ans=0;
    
        int cnt=0;
        int idx=x;
        for(int ka=1; ka<=n-1; ka++)
        {
            long long int maxx=inf;
            idx=0;
            for(int i=1; i<=n; i++)
            {
                if(!vis[i]&&dis[i]<maxx)
                {
                    maxx=dis[i];
                    idx=i;
                }
            }
            ans+=dis[idx];
            vis[idx]=1;
            used[idx][fa[idx]]=used[fa[idx]][idx]=1;
            for(int i=1; i<=n; i++)
            {
                if(vis[i]&&i!=idx )
                {
                    pa[idx][i]=pa[i][idx]=max(dis[idx],pa[i][fa[idx]]);
                }
                else
                {
                    if(dis[i]>G[idx][i])
                    {
                        fa[i]=idx;
                        dis[i]=G[idx][i];
                    }
                }
            }
        }
        return ans;
    }
    long long int second_tree(long long int t)
    {
        long long int ans=inf;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            for(int j=1; j<=n; j++)
            {
                if(i!=j&&used[i][j]==0)
                    ans=min(ans,t+G[i][j]-pa[i][j]);
            }
        }
        return ans;
    }
    int main()
    {
        cin>>n>>m;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(G,inf,sizeof(G));
    
        for(int i=0; i<m; i++)
        {
            int x,y,d;
            cin>>x>>y>>d;
            G[x][y]=G[y][x]=d;
            v[x].push_back(y);
            v[y].push_back(x);
        }
        int cnt=0;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            if(vis[i]) continue;
            cnt++;
            dfs(i);
        }
        if(cnt>1)
        {
            cout<<"No MST"<<endl;
            cout<<cnt<<endl;
            return 0;
        }
        long long int tree=prim(1);
        long long int t2=second_tree(tree);
        cout<<tree<<endl;
        if(t2!=tree) cout<<"Yes"<<endl;
        else cout<<"No"<<endl;
    }
    


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最小生成树的唯一性