hdu 4081 次小生成树

Posted 2020-08-21 不搞事情和咸鱼有什么区别

简单说下思想
（这里引用自http://blog.csdn.net/jarily/article/details/8883858）

1. /* 
2.  *算法引入： 
3.  *设G=(V,E,w)是连通的无向图,T是图G的一棵最小生成树; 
4.  *如果有另一棵树T1,满足不存在树T’,ω(T’)<ω(T1),则称T1是图G的次小生成树; 
5.  * 
6.  *算法思想： 
7.  *邻集的概念:由T进行一次可行交换得到的新的生成树所组成的集合,称为树T的邻集,记为N(T); 
8.  *设T是图G的最小生成树,如果T1满足ω(T1)=min{ω(T’)|T’∈N(T)},则T1是G的次小生成树; 
9.  *首先先求该图的最小生成树T,时间复杂度O(Vlog2V+E); 
10.  *然后,求T的邻集中权值和最小的生成树,即图G 的次小生成树; 
11.  *如果只是简单的枚举,复杂度很高; 
12.  *首先枚举两条边的复杂度是O(VE),再判断该交换是否可行的复杂度是O(V),则总的时间复杂度是O(V2E); 
13.  *分析可知,每加入一条不在树上的边,总能形成一个环,只有删去环上的一条边,才能保证交换后仍然是生成树; 
14.  *而删去边的权值越大,新得到的生成树的权值和越小,可以以此将复杂度降为O(VE); 
15.  *更好的方法:首先做一步预处理,求出树上每两个结点之间的路径上的权值最大的边; 
16.  *然后枚举图中不在树上的边,有了预处理,就可以用O(1)的时间得到形成的环上的权值最大的边; 
17.  *预处理:因为是一棵树,只要简单的BFS即可,预处理所要的时间复杂度为O(V2); 
18.  * 
19.  *算法测试： 
20.  *HDU4081(Qin Shi Huang‘s National Road System)(2011 Asia Beijing Regional Contest) 
21.  * 
22.  *题目大意： 
23.  *有n个城市,秦始皇要修用n-1条路把它们连起来,要求从任一点出发,都可以到达其它的任意点,秦始皇希望这所有n-1条路长度之和最短; 
24.  *然后徐福突然有冒出来,说是他有魔法,可以不用人力、财力就变出其中任意一条路出来; 
25.  *秦始皇希望徐福能把要修的n-1条路中最长的那条变出来,但是徐福希望能把要求的人力数量最多的那条变出来; 
26.  *对于每条路所需要的人力,是指这条路连接的两个城市的人数之和; 
27.  *秦始皇给出了一个公式A/B,A是指要徐福用魔法变出的那条路所需人力, 
28.  *B是指除了徐福变出来的那条之外的所有n-2条路径长度之和,选使得A/B值最大的那条; 
29.  * 
30.  *算法分析： 
31.  *为了使的A/B值最大,首先是需要是B尽量要小,所以可先求出n个城市的最小生成树; 
32.  *然后就是决定要选择哪一条边用徐福的魔法来变; 
33.  *可以枚举每一条边,假设最小生成树的值是Mst,而枚举的那条边长度是G[i][j], 
34.  *如果这一条边已经是属于最小生成树上的,那么最终式子的值是A/(Mst-G[i][j]); 
35.  *如果这一条不属于最小生成树上的,那么添加上这条边,就会有n条边,那么就会使得有了一个环; 
36.  *为了使得它还是一个生成树,就要删掉环上的一条边,为了让生成树的权值尽量小,那么就要删掉除了加入的那条边以外,权值最大的那条路径; 
37.  *假设删除的那个边的权值是path[i][j],那么就是A/(Mst-path[i][j]); 
38.  *解这题的关键也在于怎样求出次小生成树,具体实现时,更简单的方法是从每个节点i遍历整个最小生成树; 
39.  *定义path[i][j]为从i到j的路径上最大边的权值,遍历图求出path[i][j]的值; 
40.  *然后对于添加每条不在最小生成树中的边(i,j),新的生成树权值之和就是Mst+G[i][j]–path[i][j],其最小值则为次小生成树; 
41. **/ 

附上ac丑代码
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<map>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF=99999999;
const int N=1010;
struct point
{
    int x,y;
} p[N];
double G[N][N],dist[N];
double path[N][N];//从i到j的路径上最大边的权值
int population[N];//每个城市的人口数
int pre[N],visit[N];
bool used[N][N];//边是否在该MST中
int n;
inline double Dist(point v1,point v2)
{
    return sqrt(double(v1.x-v2.x)*(v1.x-v2.x)+double(v1.y-v2.y)*(v1.y-v2.y));
}
double Prim()
{
    double Mst=0;
    memset(visit, 0, sizeof(visit));
    memset(used, 0, sizeof(used));
    memset(path, 0, sizeof(path));
    visit[1]=1;
    for(int i=1; i<=n; ++i)
    {
        dist[i] = G[1][i];
        pre[i] = 1;
    }
    for(int i=1; i<n; ++i)
    {
        int u=-1;
        for(int j=1; j<=n; ++j)
        {
            if(!visit[j])
            {
                if(u==-1||dist[j]<dist[u])
                    u=j;
            }
        }
        used[u][pre[u]]=used[pre[u]][u] = true;//加入MST
        Mst+=G[pre[u]][u];
        visit[u]=1;
        for(int j=1; j<=n; ++j)
        {
            if(visit[j]&&j!=u)//求从u到j的路径上最大边的权值
            {
                path[u][j]=path[j][u]=max(path[j][pre[u]], dist[u]);
            }
            if(!visit[j])
            {
                if(dist[j]>G[u][j])//更新相邻顶点的dist
                {
                    dist[j]=G[u][j];
                    pre[j]=u;
                }
            }
        }
    }
    return Mst;
}
int main()
{
    int tcase;
    scanf("%d",&tcase);
    while(tcase--)
    {
        scanf("%d",&n);
        memset(G,0,sizeof(G));
        for(int i=1; i<=n; ++i)
            scanf("%d%d%d",&p[i].x,&p[i].y,&population[i]);
        for(int i=1; i<=n; ++i)
        {
            for(int j=1; j<=n; ++j)
            {
                if(i!=j)
                    G[i][j]=Dist(p[i],p[j]);
            }
        }
        double Mst=Prim();
        double res=-1;
        for(int i=1; i<=n; ++i)
        {
            for(int j=1; j<=n; ++j)
                if(i!=j)
                {
                    if(used[i][j])
                        res=max(res,(population[i]+population[j])/(Mst-G[i][j]));
                    else
                        res=max(res,(population[i]+population[j])/(Mst-path[i][j]));
                }
        }
        printf("%.2f\n",res);
    }
    return 0;
}