本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

为了方便在PC上运行调试、分享代码文件，我还建立了相关的仓库。在这一仓库中，你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等，还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解，还可以一同分享给他人。

由于本系列文章的内容随时可能发生更新变动，欢迎关注和收藏征服LeetCode系列文章目录一文以作备忘。

给你一个 points 数组，表示 2D 平面上的一些点，其中 points[i] = [xi, yi] 。

连接点 [xi, yi] 和点 [xj, yj] 的费用为它们之间的 曼哈顿距离 ：|xi - xj| + |yi - yj| ，其中 |val| 表示 val 的绝对值。

请你返回将所有点连接的最小总费用。只有任意两点之间 有且仅有 一条简单路径时，才认为所有点都已连接。

示例 1：

输入：points = [[0,0],[2,2],[3,10],[5,2],[7,0]]
输出：20
解释：
我们可以按照上图所示连接所有点得到最小总费用，总费用为 20 。
注意到任意两个点之间只有唯一一条路径互相到达。

示例 2：

输入：points = [[3,12],[-2,5],[-4,1]]
输出：18

示例 3：

输入：points = [[0,0],[1,1],[1,0],[-1,1]]
输出：4

示例 4：

输入：points = [[-1000000,-1000000],[1000000,1000000]]
输出：4000000

示例 5：

输入：points = [[0,0]]
输出：0

提示：

• 1 <= points.length <= 1000
• • -10^6 <= xi, yi <= 10^6
• 所有点 (xi, yi) 两两不同。

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根据题意，我们得到了一张 $O(n)$ 个节点的完全图，任意两点之间的距离均为它们的曼哈顿距离。现在我们需要在这个图中取得一个子图，恰满足子图的任意两点之间有且仅有一条简单路径，且这个子图的所有边的总权值之和尽可能小。

能够满足任意两点之间有且仅有一条简单路径只有树，且这棵树包含 $O(n)$ 个节点。我们称这棵树为给定的图的生成树，其中总权值最小的生成树，我们称其为最小生成树。

解法 Kruskal算法

最小生成树有一个非常经典的解法：$\text{Kruskal}$ 。$\text{Kruskal}$ 算法是一种常见并且好写的最小生成树算法，由 $\text{Kruskal}$ 发明。该算法的基本思想是从小到大加入边，是一个贪心算法。

其算法流程为：

1. 将图 G = { V , E } G=\{V,E\} G={V,E} 中的所有边按照长度由小到大进行排序，等长的边可以按任意顺序。
2. 初始化图 $G^{\prime }$ 为 { V , ∅ } \{V, \varnothing \} {V,∅} ，从前向后扫描排序后的边，如果扫描到的边 $e$ 在 $G^{\prime }$ 中连接了两个相异的连通块,则将它插入 $G^{\prime }$ 中。
3. 最后得到的图 $G^{\prime }$ 就是图 $G$ 的最小生成树。

在实际代码中，我们首先将这张完全图中的边全部提取到边集数组中（使用 struct 而非 vector<int> 存储每一条边，不然会超时，vector 的创建也需要一定时间），然后对所有边进行排序，从小到大进行枚举（当有了 $n-1$ 条边后可提前退出对边集数组的扫描），每次贪心选边加入答案。使用并查集维护连通性，若当前边两端不连通即可选择这条边。

class Solution {
public:struct Edge {int i, j, w;};int minCostConnectPoints(vector<vector<int>>& points) {vector<Edge> edges;int n = points.size();for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {int dx = abs(points[i][0] - points[j][0]);int dy = abs(points[i][1] - points[j][1]);edges.push_back({i, j, dx + dy});}}sort(edges.begin(), edges.end(), [&](const auto &a, const auto &b) {return a.w < b.w;});int total = 0;vector<int> fa(n, -1);function<int(int)> find = [&](int x) -> int { return fa[x] < 0 ? x : fa[x] = find(fa[x]); } ;auto merge = [&](int rx, int ry) {if (fa[rx] < fa[ry]) {fa[rx] += fa[ry];fa[ry] = rx;} else {fa[ry] += fa[rx];fa[rx] = ry;}};int num = 0;for (int i = 0; i < edges.size(); ++i) {int u = edges[i].i, v = edges[i].j;int ru = find(u), rv = find(v);if (ru != rv) {total += edges[i].w;merge(ru, rv);++num; // 边数到达了n-1时可以提前退出if (num == n - 1) break;}}return total;}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n^2\log (n))$ ，其中 $O(n)$ 是节点数。一般 $\text{Kruskal}$ 是 $O(m\log m)$ 的算法，但本题中 $m=n^2$ ，因此总时间复杂度为 $O(n^2\log (n))$ 。
• 空间复杂度：$O(n^2)$ ，其中 $O(n)$ 是节点数。并查集使用 $O(n)$ 的空间，边集数组需要使用 $O(n^2)$ 的空间。

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解法2 建图优化的 $\text{Kruskal}$

方法一中，虽然使用了 $\text{Kruskal}$ 算法，但时间复杂度仍然较高，因为本题中的边数是 $O(n^2)$ 的，所以我们需要想办法将减少边数。为此，我们提出几个结论：

结论一：对于图中的任意三点 $A,B,C$，假设边 $AB,AC,BC$ 中 $AB$ 为最长边，那么最终答案中必然不包含边 $AB$ 。

我们利用反证法证明：假设最后答案中包含 $AB$ ，那么此时 $AC$ 与 $BC$ 两边中至少有一条边是没有被选用的，我们总可以在保证连通性的情况下，将 $AB$ 边替换为 $AC$ 与 $BC$ 两边中的某一个，使最小生成树的总权值变得更小。

结论二：对于下图中同属同一个区块的任意两点 $B,C$ ，$A$ 为原点，那么 $BC$ 不可能为三边中最长边。

图中任意一个区块的两分割线的夹角均为 $45^{\circ }$ 。我们以 $P1$ 区块为例，假设 $B(x_B,y_B),C(x_C,y_C)$ ，不失一般性，假设 $x_B+y_B\le x_C+y_C$ 。

因为处于 $P1$ 区域，所以有 $0\le x_B\le y_B$ ，$0\le x_C\le y_C$ 。所以 $BC=|x_B-x_C|+|y_B-y_C|$ 。下面我们尝试分类讨论：

1. 当 $x_B>x_C,y_B>y_C$ ，这与 $x_B+y_B\le x_C+y_C$ 矛盾。
2. 当 $x_B\le x_C,y_B>y_C$ ，此时有 $|BC|=x_C-x_B+y_B-y_C$ ，$|AC|-|BC|=x_C+y_C-x_C+x_B-y_B+y_C=x_B-y_B+2\times y_C$ 。由前面各种关系可得 $y_B>y_C>x_C>x_B$ 。假设 $|AC|<|BC|$ ，即 $y_B>2\times y_C+x_B$ ，那么 $|AB|=x_B+y_B>2\times x_B+2\times y_C$ ，$|AC|=x_C+y_C<2\times y_C<|AB|$ 与前提矛盾，故 $|AC|\ge |BC|$ ；
3. $x_B>x_C$ 且 $y_B\le y_c$ 。与 2 同理；
4. $x_B\le x_C$ 且 $y_B\le y_C$ 。此时显然有 $|AB|+|BC|=|AC|$ ，即有 $|AC|>|BC|$ 。

综上有 $|AC|\ge |BC|$ ，这个性质可以从 $P1$ 区域推导到其他七个区域。

结论三：假设存在一点 $A$ 在原点处，那么对于图中的任意一个 $45^{\circ }$ 区域，我们都至多只选择其中的一个点与 $A$ 相连，且该点必然为该区域中距离 $A$ 最近的点。

我们首先利用反证法证明：假设最后答案中包含 $AB$ 与 $AC$，且 $B$ 与 $C$ 均位于同一个 $45^{\circ }$ 区域中。那么由结论二可知，$BC$ 必不为三边中的最长边。即最长边必然为 $AB$ 或 $AC$ 。由结论一可知，$AB$ 与 $AC$ 中必然有一个不包含在答案中，这与假设相悖，因此我们最多仅会选择一个点与 $A$ 相连。

我们进一步思考，既然最多仅会选择一个点与 $A$ 相连，且三边中的最长边不为 $A$ 的对边，那么仅有距离 $A$ 最近的点与 $A$ 所连的边可能出现在答案中。证毕。

依据结论三我们可以知道，一个点至多连八条边，因此我们至多只需要连出 $O(n)$ 条边。

细节：为防止重复连边，我们对每一个点只考虑对 $P1,P2,P3,P4$ 连边的情况，假设 $A$ 点坐标为 $(x,y)$ ，对于这四个点，我们可以概括为：

• 对于 $P1$ 区域的 $(x_1,y_1)$ ，有 $x_1\ge x,y_1-x_1\ge y-x$ ，其中最近点的 $x_1+y_1$ 最小。
• 对于 $P2$ 区域的 $(x_2,y_2)$ ，有 $y_2\ge y,y_2-x_2\le y-x$ ，其中最近点的 $x_2+y_2$ 最小。
• 对于 $P3$ 区域的 $(x_3,y_3)$ ，有 $y_3\le y,y_3+x_3\ge y+x$ ，其中最近点的 $y_3-x_3$ 最小。
• 对于 $P4$ 区域的 $(x_4,y_4)$ ，有 $x_4\ge x,y_4+x_4\le y+x$ ​，其中最近点的 $y_4-x_4$ 最小。

这样，我们分别处理每一个区域即可，以 $P1$ 区域为例，我们先通过排序使得所有点按照横坐标从大到小排列，然后将每一个点的 $y_i-x_i$ 信息记录，将离散化后记录在数组的下标为 $y_i-x_i$ 的位置中，并利用树状数组维护该数组的前缀最小值。这样我们就可以动态地、单次 $O(\log n)$ 地计算每个点的 $P1$ 区域所选择的点。

为了提升编码效率，实际代码中我们只实现了 $P1$ 区域的算法，对于其它三个区域，我们通过巧妙的坐标变化使其条件变为 $P1$ 区域，使得代码能够更加高效地复用。

class DisjointSetUnion {
private:vector<int> f, rank;int n;public:DisjointSetUnion(int _n) {n = _n;rank.resize(n, 1);f.resize(n);for (int i = 0; i < n; i++) {f[i] = i;}}int find(int x) {return f[x] == x ? x : f[x] = find(f[x]);}int unionSet(int x, int y) {int fx = find(x), fy = find(y);if (fx == fy) {return false;}if (rank[fx] < rank[fy]) {swap(fx, fy);}rank[fx] += rank[fy];f[fy] = fx;return true;}
};class BIT {
public:vector<int> tree, idRec;int n;BIT(int _n) {n = _n;tree.resize(n, INT_MAX);idRec.resize(n, -1);}int lowbit(int k) {return k & (-k);}void update(int pos, int val, int id) {while (pos > 0) {if (tree[pos] > val) {tree[pos] = val;idRec[pos] = id;}pos -= lowbit(pos);}}int query(int pos) {int minval = INT_MAX;int j = -1;while (pos < n) {if (minval > tree[pos]) {minval = tree[pos];j = idRec[pos];}pos += lowbit(pos);}return j;}
};struct Edge {int len, x, y;Edge(int len, int x, int y) : len(len), x(x), y(y) {}bool operator<(const Edge& a) const {return len < a.len;}
};struct Pos {int id, x, y;bool operator<(const Pos& a) const {return x == a.x ? y < a.y : x < a.x;}
};class Solution {
public:vector<Edge> edges;vector<Pos> pos;void build(int n) {sort(pos.begin(), pos.end());vector<int> a(n), b(n);for (int i = 0; i < n; i++) {a[i] = pos[i].y - pos[i].x;b[i] = pos[i].y - pos[i].x;}sort(b.begin(), b.end());b.erase(unique(b.begin(), b.end()), b.end());int num = b.size();BIT bit(num + 1);for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {int poss = lower_bound(b.begin(), b.end(), a[i]) - b.begin() + 1;int j = bit.query(poss);if (j != -1) {int dis = abs(pos[i].x - pos[j].x) + abs(pos[i].y - pos[j].y);edges.emplace_back(dis, pos[i].id, pos[j].id);}bit.update(poss, pos[i].x + pos[i].y, i);}}void solve(vector<vector<int>>& points, int n) {pos.resize(n);for (int i = 0; i < n; i++) {pos[i].x = points[i][0];pos[i].y = points[i][1];pos[i].id = i;}build(n);for (int i = 0; i < n; i++) {swap(pos[i].x, pos[i].y);}build(n);for (int i = 0; i < n; i++) {pos[i].x = -pos[i].x;}build(n);for (int i = 0; i < n; i++) {swap(pos[i].x, pos[i].y);}build(n);}int minCostConnectPoints(vector<vector<int>>& points) {int n = points.size();solve(points, n);DisjointSetUnion dsu(n);sort(edges.begin(), edges.end());int ret = 0, num = 1;for (auto& [len, x, y] : edges) {if (dsu.unionSet(x, y)) {ret += len;num++;if (num == n) {break;}}}return ret;}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n\log n)$ ，其中 $O(n)$ 是节点数。预处理建边的时间复杂度为 $O(n\log n)$ ，因为需要排序，以及使用树状数组维护。在只有 $O(n)$ 条边的情况下，$\text{Kruskal}$ 的时间复杂度为 $O(n\log n)$ ，因此总时间复杂度为 $O(n\log n)$ 。
• 空间复杂度：$O(n)$，其中 $O(n)$ 是节点数。树状数组，并查集、离散化以及边集数组都只使用 $O(n)$ 的空间。
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