蓝桥杯历届试题-城市建设

Posted 2021-09-07 C_YCBX Py_YYDS

文章目录

• • 题目
  • 解题基础知识：并查集+最小生成树
  • 此题最大的两个坑点
  • • 一、需要分类讨论为两种情况：建设码头 和 不建设码头
    • 二、只要权值为负数便可以继续形成环
  • 解题代码(仅供参考，重要是掌握最小生成树)

题目

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解题基础知识：并查集+最小生成树

读完题目，它的题意首先我们要清楚，就是需要以最少的预算用水路或者陆路的方式将所有城市连在一起，我们把建设道路的成本看作是两个结点之间的权值，则把所有点连在一起的最小成本情况可以看作是一颗最小生成树，关于什么是最小生成树，做着这题之前我们一定要先了解一下，我将我以前写过的 [关于最小生成树的一切] 以及 [关于并查集的一切] 写在下面的链接里，建议先看看这两个方法。

关于最小生成树的一切

关于并查集的一切

此题最大的两个坑点

一、需要分类讨论为两种情况：建设码头 和 不建设码头

原因：

• 由于有 n 个城市，按照最小生成树的定理，选取 n-1 条边最小生成树便形成，但是由于码头如果按照普通的城市点对点的边方式存储，则会形成 O(n^2) 的时间复杂度，这样是会超时的。

• 所以我们换一种思路对码头的建设成本进行存储，我们虚拟一个 0 结点，把建设 i 码头的成本看作是 0 结点到 i 结点的建设成本，则所有城市的码头都可以通过这个 0 结点进行连接，也就形成了城市间的连接，这样将问题就化为了 O(n)。

• 但随之而来的是，我们相当于增加了一个中间城市，也就是 n+1 个城市了，而要把 n+1 个城市都连起来，则需要选取 n 条边形成最小生成树。

二、只要权值为负数便可以继续形成环

原因：

• 题目中只要求用最小的预算，而并未限定不能形成多条回路，而按照最小生成树走下去，肯定是会把形成环的情况给跳过，只要某条边的权值是负数，那么管它形不形成环，建就完了，我建它反而会带来收益何乐而不为呢？

解题代码(仅供参考，重要是掌握最小生成树)

写并查集我一般喜欢写个类，感觉操作比较直观。如果堆也不会用的话，那么也是可以用数组自定义排序来实现的。

效率害行✔

#include<iostream>
#include <queue>
//edge1用于得到不用码头时候的答案
//edge2用于得到用了码头后的答案
using namespace std;

struct Edge {
    int a;
    int b;
    int len;

    //类的构造函数，方便赋值
    Edge(int a1, int b1, int c1) : a(a1), b(b1), len(c1) {}

    //重载小于号，便于堆的排序
    bool operator<(const Edge &x) const {
        return len > x.len;
    }
};

class UniFind {
public:
    UniFind(int n) : cnt(0), sum_num(n) {
        memo = new int[n + 1];
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            memo[i] = i;
        }
    }

    int Find(int x) {
        if (memo[x] == x)
            return x;
        return memo[x] = Find(memo[x]);
    }

    void merge(int x, int y) {
        int rootX = Find(x);
        int rootY = Find(y);
        if (rootX != rootY) {
            memo[rootX] = rootY;
            cnt++;
        }
    }

    bool isConnected(int x, int y) {
        return Find(x) == Find(y);
    }

    int get_cnt() {
        return cnt;
    }

    //用于重复使用这一个对象节省空间
    void clear() {
        for (int i = 0; i <= sum_num; i++) {
            memo[i] = i;
        }
        cnt = 0;
    }

private:
    int sum_num;
    int *memo;
    int cnt;
};

int main() {
    //取消与C语言io流的绑定，加快cin\\cout速度
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n;
    cin >> n;
    int m;
    cin >> m;
    //建立两个不同的优先队列存储边的数据，以及一个并查集查询连通
    priority_queue<Edge> edge1, edge2;
    UniFind check(n);
    int res1 = 0, res2 = 0;
    int cnt1 = 0;
    //存储建设道路的权值
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        edge1.push(Edge(a, b, c));
        edge2.push(Edge(a, b, c));
    }
    //计算不用码头时的最小预算，如果跳出循环后用于连通的边仍少于n-1则无法连通
    while (check.get_cnt() <= n - 1 && !edge1.empty()) {
        Edge x = edge1.top();
        edge1.pop();
        if (!check.isConnected(x.a, x.b)) {
            check.merge(x.a, x.b);
            res1 += x.len;
        } else if (x.len < 0) {    //即使顶点都已被连接，只要建了它还能赚一笔，继续建就完了
            res1 += x.len;
        }
    }
    cnt1 = check.get_cnt();
    //输入码头到edge2中
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x;
        cin >> x;
        if (x != -1) {
            edge2.push(Edge(0, i, x));
        }
    }
    //计算用码头情况的答案
    check.clear();
    while (check.get_cnt() <= n && !edge2.empty()) {
        Edge x = edge2.top();
        edge2.pop();
        if (!check.isConnected(x.a, x.b)) {
            check.merge(x.a, x.b);
            res2 += x.len;
        } else if (x.len < 0) {
            res2 += x.len;
        }
    }
    //打印小的那个，如果 cnt1<n-1则 res1无效。
    if (cnt1 < n - 1)cout << res2;
    else cout << min(res1, res2);

    return 0;
}