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繁忙的都市
题目描述
城市 C 是一个非常繁忙的大都市,城市中的道路十分的拥挤,于是市长决定对其中的道路进行改造。城市 C 的道路是这样分布的:城市中有 n n n 个交叉路口,有些交叉路口之间有道路相连,两个交叉路口之间最多有一条道路相连接。这些道路是双向的,且把所有的交叉路口直接或间接的连接起来了。每条道路都有一个分值,分值越小表示这个道路越繁忙,越需要进行改造。但是市政府的资金有限,市长希望进行改造的道路越少越好,于是他提出下面的要求:
- 改造的那些道路能够把所有的交叉路口直接或间接的连通起来。
- 在满足要求 1 的情况下,改造的道路尽量少。
- 在满足要求 1、2 的情况下,改造的那些道路中分值最大的道路分值尽量小。
任务:作为市规划局的你,应当作出最佳的决策,选择哪些道路应当被修建。
输入格式
第一行有两个整数 n , m n,m n,m 表示城市有 n n n 个交叉路口, m m m 条道路。
接下来 m m m 行是对每条道路的描述, u , v , c u, v, c u,v,c 表示交叉路口 u u u 和 v v v 之间有道路相连,分值为 c c c。
输出格式
两个整数 s , m a x s, \mathit{max} s,max,表示你选出了几条道路,分值最大的那条道路的分值是多少。
样例 #1
样例输入 #1
4 5
1 2 3
1 4 5
2 4 7
2 3 6
3 4 8
样例输出 #1
3 6
提示
数据范围及约定
对于全部数据,满足 1 ≤ n ≤ 300 1\le n\le 300 1≤n≤300, 1 ≤ c ≤ 1 0 4 1\le c\le 10^4 1≤c≤104, 1 ≤ m ≤ 8000 1 \le m \le 8000 1≤m≤8000。
算法思想
根据题目描述,道路改造后所有交叉路口依然保持连通,改造的道路尽量少,并且改造的那些道路中分值最大的道路分值尽量小。
为了保证改造后依旧是连通的,可以在图中生成一棵树,也就是选择 n − 1 n-1 n−1条边使图依然保持连通,并且此时改造的道路最少。
那么如何保证分值最大的那条道路分值尽量小呢?这里有两种思路。
二分答案
求分值最大的那条道路分值最小,通常可以用二分答案来解决。基本思想是:
- 对所有边按边权从小到大排序
- 在 1 ∼ m 1\sim m 1∼m中选择中间位置 m i d mid mid,检查用 1 ∼ m i d 1\sim mid 1∼mid的所有边能否将 n n n个交叉路口连接起来
- 如果能够连通,再到 1 ∼ m i d 1\sim mid 1∼mid查找答案
- 否则不能连通,再到 m i d + 1 ∼ m mid+1\sim m mid+1∼m查找答案
检查过程中,可以使用并查集的思想来统计连通块中点的个数,判断是否通过若干条边将 n n n个点连接起来。
时间复杂度
将所有边排序的排序时间复杂度为 O ( m l o g m ) O(mlogm) O(mlogm),二分答案的时间复杂度为 O ( m l o g m ) O(mlogm) O(mlogm)。
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 16005;
struct E {int a, b, c;bool operator < (const E &e) const{return c < e.c;}
}e[M];
int n, m, p[M];
int find(int x)
{if(x != p[x]) p[x] = find(p[x]);return p[x];
}
bool check(int mid)
{for(int i = 1; i <= mid; i ++) p[i] = i; //并查集初始化int cnt = 1; //连通块中的点数初始化为1for(int i = 1; i <= mid; i ++){int a = e[i].a, b = e[i].b, c = e[i].c;a = find(a), b = find(b);if(a != b) //如果a和b不连通,则将它们连通起来{p[a] = b;cnt ++; //连通块的点数+1}}return cnt == n; //如果连通块中的点数为n,说明所有点连通起来了
}
int main()
{cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= m; i ++){int a, b, c;cin >> a >> b >> c;e[i] = {a, b, c};}sort(e + 1, e + m + 1);int L = 1, R = m;while(L < R){int mid = (L + R) / 2;if(check(mid)) R = mid;else L = mid + 1;}cout << n - 1 << " " << e[L].c << endl;return 0;
}
最小生成树
与一般意义的(所有边权和最小的)最小生成树不同,本题中要求的是最大的边权最小的最小生成树。考虑使用Kruskal算法求最小生成树的基本思想:
- 将所有边按边权从小到大排序
- 从小到大依次枚举每条边, a , b , c a, b, c a,b,c,其中边权为 c c c:
- 如果 a a a和 b b b已经连通,那么直接跳过
- 如果 a a a和 b b b不连通,那么就将当前边选出来,将 a a a和 b b b纳入一个连通块
- 当所有点都在同一个连通块时,最小生成树建立完毕。
在这个过程中,由于边权是按从小到大排序的,因此连通最后一个点所使用的边,就是生成树中边权最大的边。
由此可见,Kruskal 算法求出的最小生成树,不但总权值和最小,而且最大边的边权一定是所有的生成树最大边中最小的。
时间复杂度
将所有边排序的排序时间复杂度为 O ( m l o g m ) O(mlogm) O(mlogm),Kruskal时间复杂度为 O ( m ) O(m) O(m)。
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 16005;
struct E {int a, b, c;bool operator < (const E &e) const{return c < e.c;}
}e[M];
int n, m, p[M];
int find(int x)
{if(x != p[x]) p[x] = find(p[x]);return p[x];
}int main()
{cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= m; i ++){int a, b, c;cin >> a >> b >> c;e[i] = {a, b, c};}sort(e + 1, e + m + 1);for(int i = 1; i <= m; i ++) p[i] = i;int ans;for(int i = 1; i <= m; i ++){int a = find(e[i].a), b = find(e[i].b), c = e[i].c;if(a != b) {p[a] = b;ans = c;}}cout << n - 1 << " " << ans << endl;return 0;
}