COCI2009/2010 Contest#7 D

題意：在小Ｃ統治宇宙之後（純屬YY），他決定建立一座時空隧道網路來連線不同的星球和星系。已知小C的宇宙共有 \(N\) 個星球，他們的座標用3維 \((x,y,z)\) 的形式給出，而任意兩個星球之間建立時空隧道的代價為：

​ 其中 \(x,y,z\) 分別表示星球的座標。小C想建立 \(N-1\) 條時空隧道，剛好連線所有星球，並且需要建立隧道的花費盡可能小。作為他的總工程師，你能算出最小的代價麼？\((1\le N\le10^5)\)

​ 建立 \(N-1\) 條邊，剛好連線所有星球，很明顯的一個 最小生成樹 的題目。我們可以用 Kruskal 來解決這個問題。但是 \(N\) 太大了一共有 \(\dfrac{N\times(N-1)}{2}\) 條邊，如果全部存下來，這個數量無論是時間還是空間我們都是無法接受的。我們必須考慮優化，既需要優化空間又需要優化時間，那麼最簡單直接的方法就是刪邊，注意到，我們一共只需要 \(N-1\) 條邊，所以我們可以把一些肯定不可能的邊刪去。思考一下，假如我們要用一條從 \(i\) 到 \(j\) 的邊，並且他們的邊權 \(w\) 為 \(\lvert x_i-x_j\rvert\)，如果存在一個點 \(k\)

​ 我們想象一幅圖，假設這幅圖的最小生成樹中有 \(i\) 到 \(j\) 這條邊。我們把這條邊去掉，換成 \(i\) 到 \(k\)，\(k\) 到 \(j\) 這兩條邊，由於原圖是一個最小生成樹 ,\(i,j,k\) 在原圖中肯定是通過某些邊相連的，我們設 \(k\) 與 \(q\) 相連，且 \(q\)

​ 那麼我們可以以三維來排序，一共排三次，每次排完都將相鄰的兩個點連一條邊。意思是：我們先以 \(x\) 排序（使用結構體連編號一起排序），然後對於任意的 \(i\) 我們連一條從 \(id_i\) 到 \(id_{i-1}\)，邊權為 \(\lvert x_i-x_{i-1}\rvert\) 的邊，然後再以 \(y\) 排序，以此類推。我們這麼連線的邊可能有些權值不符合題設，但是連出來的邊一定都大於題設邊的權值。如果我們使用了不符合題設的邊作為答案，那麼它一定可以被符合題設的邊替代。所以算出來的答案不會偏大。具體細節看看程式碼。

程式碼如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
int n;
struct node
{
	ll x;
	int id;
	bool operator < (const node &a)const
	{
		return x<a.x;
	}
}x[MAXN],y[MAXN],z[MAXN];
struct edge
{
	ll w;
	int u,v;
	bool operator < (const edge &x)const
	{
		return w<x.w;
	}
}e[MAXN<<2];
int tot;
void add(int i,int j)
{
	e[++tot].w=abs(x[i].x-x[j].x);
	e[tot].u=x[i].id,e[tot].v=x[j].id;
	
	e[++tot].w=abs(y[i].x-y[j].x);
	e[tot].u=y[i].id,e[tot].v=y[j].id;
	
	e[++tot].w=abs(z[i].x-z[j].x);
	e[tot].u=z[i].id,e[tot].v=z[j].id;
}
int f[MAXN];
int find(int x)
{
	if(x==f[x]) return x;
	else return f[x]=find(f[x]);
}
ll kruskal()
{
	ll ans=0;
	sort(e+1,e+1+tot);
	for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=i;
	for(int i=1;i<=tot;++i)
	{
		int u=e[i].u,v=e[i].v;
		ll w=e[i].w;
		if(find(u)==find(v)) continue;
		ans+=w;
		f[find(u)]=find(v);
	}
	return ans;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%lld %lld %lld",&x[i].x,&y[i].x,&z[i].x);
		x[i].id=y[i].id=z[i].id=i;
	}
	sort(x+1,x+1+n);sort(y+1,y+1+n);sort(z+1,z+1+n);
	for(int i=2;i<=n;++i)
		add(i,i-1);
	printf("%lld",kruskal());
	return 0;
}

總結：

​ 這題刪邊的思想還是比較妙的，碰到時間空間都超限的題目就可以嘗試這種方法，將必定無用的狀態刪去以節省空間與時間。