hdu 3938 Portal(并查集+离线+kruskal)2011 Multi-University Training Contest 10

搜了题解才把题搞明白。明白之后发现其实题意很清晰,解题思路也很清晰,只是题目表述的很不清晰……

大意如下——

给你一个无向图,图中任意两点的距离是两点间所有路径上的某一条边,这条边需要满足两个条件:1. 这条边这两点间某条路径上的最长边;2. 这条边是这两点间所有路径上的最长边中的最短边。

简单来说,假如a到d有两条路径,一条经过b,一条经过d,其中ab = 1, bd = 3, ac = 2, cd = 2,那么abd上的最长边为3,acd上的最长边为2,则ad的距离为2。

如果a, d两点间的距离小于能量L,那么就可以在a, d两点间建立一个传送门。

现在,求在L的能量下最多可以在这个图中建立多少个传送门。

输入:

多组输入数据。

每组输入数据第一行包括三个整数n, m, q。表示节点数,边数,请求数。

接下来m行,每行三个整数u, v, val,表示边的源点,目的点,边权(注意,是无向图,源点和目的点等价)。

接下来q行,每行一个整数L,表示请求所提供的能量。

解题核心:如果集合x与集合y不连通,而此时有一条路L'将x与y连通,且L' <= L,此时将可以建立新传送门num[x]*num[y]个,num[x]表示x集合中的节点数。L1连通后,将集合x与集合y合并,得到新集合x,num[x] += num[y],这就是并查集。

可以使用并查集+kruskal进行求解。即,将所有边从小到大排序,每次按顺序向并查集中增加新边,需要保证添加的新边不会构成环,直到边长>请求所提供的能量L。

新问题出现了,当我们在L1的能量下将路径求出来了,那么如果下一次请求能量为L2,那么我们无法在已有的并查集上继续求解,只能重新建立并查集,这将产生极大的浪费。所以,我们需要将请求L1——Lq全部记录下来,即离线操作,然后按照从小到大的顺序进行求解。最后在将解按照请求顺序排序输出。

上代码——

 #include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std; const int M = ; struct Que //保存查询
{
int q, id, ans; //分别是查询值,查询顺序,输出结果
}que[M]; struct Edge //保存边
{
int u, v, val;
}edge[*M]; int fm[M]; //并查集使用
int sum[M]; //记录各区间节点数 int n, m, q; bool cmp(Edge x, Edge y)
{
return x.val <= y.val;
} bool cmp1(Que x, Que y)
{
return x.q <= y.q;
} bool cmp2(Que x, Que y)
{
return x.id < y.id;
} void init()
{
for(int i = ; i <= n; i++)
{
fm[i] = i;
sum[i] = ;
}
for(int i = ; i < m; i++) scanf("%d%d%d", &edge[i].u, &edge[i].v, &edge[i].val);
sort(edge, edge+m, cmp); //按路径长度从小到大排序 for(int i = ; i < q; i++)
{
scanf("%d", &que[i].q);
que[i].id = i;
que[i].ans = ;
}
sort(que, que+q, cmp1); //按请求长度从小到大排序
} int mfind(int x) //查询操作,含路径压缩
{
int fx = x;
while(fx != fm[fx]) fx = fm[fx];
while(x != fm[x])
{
int mid = fm[x];
fm[x] = fx;
x = mid;
}
return fx;
} void work()
{
int cnt = ;
for(int i = ; i < q; i++) //回应请求
{
while(que[i].q >= edge[cnt].val && cnt < m) //kruskal算法
{
int fx = mfind(edge[cnt].u);
int fy = mfind(edge[cnt].v);
if(fx != fy)
{
que[i].ans += sum[fx]*sum[fy]; //新增传送阵
fm[fy] = fx; //集合合并
sum[fx] += sum[fy];
}
cnt++;
}
if(i > ) que[i].ans += que[i-].ans; //包含已有传送阵
}
} void output()
{
sort(que, que+q, cmp2); //按请求顺序排序
for(int i = ; i < q; i++) printf("%d\n", que[i].ans);
} int main()
{
//freopen("test.txt", "r", stdin);
while(~scanf("%d%d%d", &n, &m, &q))
{
init();
work();
output();
}
return ;
}
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