【演算法筆記】最小生成樹

阿新 • • 發佈：2021-08-09

前言

這個東西是老早就該補的坑了……

所以現在有時間了。

回來寫一寫。

最小生成樹

定義：

簡單來說，最小生成樹是一張帶權無向圖裡面由全部 $n$ 個頂點，和邊集中的 $n-1$ 條邊構成的原圖的一顆生成樹，且所有邊權之和是所有生成樹中最小的（可能有多個情況）。

而且它一定包含原圖中最小的邊。

推論：

設一張無向圖 $G=(V,E)$ ，從 $E$ 中選出 $k<|V|-1$條邊構成 $G$ 的一個生成森林，然後再從剩餘的 $|E|-k$ 條邊中選出 $|V|-1-k$ 條邊加入森林中，讓它成為 $G$ 的生成樹，並且選出的$\sum w$最小。

那麼，這個生成樹一定包含 $|E|-k$ 條邊裡面連線生成森林的兩個不連通節點的權值最小的邊。

很拗口對吧？

不過請好好理解，因為這個推論就是接下來的 $\text{Kruskal}$ 的基礎了。

Kruskal

這是一種求最小生成樹的高效演算法。

它維護圖的最小生成森林。

開始的時候生成森林是空的，每一個節點就是一顆獨立的樹。

然後我們用上述推論維護森林就好了。

首先先搞一個並查集出來。對於每一個點初始化。

接下來按照邊權升序排個序。

然後掃一遍每個邊。

如果這一條邊所連得兩條邊$(u,v)$已經聯通了。那麼繼續。

but，如果沒有聯通，根據這一條：

這個生成樹一定包含 $|E|-k$

條邊裡面連線生成森林的兩個不連通節點的權值最小的邊。

所以滿足了條件，那麼我們就把這一條邊加入到最小生成樹裡。

順便合併一下 $(u,v)$ （相當於讓它聯通）

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int si=2e6+2;

int n,m;
int ans;
int pa[si];

struct edge{
    int x,y,val;
    bool operator < (const edge &u)const{
        return val<u.val;
    }
}ed[si];

int root(int x){
    if(pa[x]!=x) pa[x]=root(pa[x]);
    return pa[x];
}

bool Union(int x,int y){
    int rx=root(x),ry=root(y);
    if(rx==ry){
        return 0;
    }
    pa[rx]=ry;
    return 1;
}

int main(){
    cin>>n>>m;
    for(register int i=1;i<=m;++i){
        cin>>ed[i].x>>ed[i].y>>ed[i].val;
    }
    sort(ed+1,ed+m+1);
    for(register int i=1;i<=n;++i){
        pa[i]=i;
    }
    for(register int i=1;i<=m;++i){
        if(Union(ed[i].x,ed[i].y)) ans+=ed[i].val;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

Prim

這個演算法實際上不是很常用。

因為在沒有堆優化的情況下，$\text{Prim}$ 的複雜度是 $\text{O} (n^2)$
的。

而且寫了堆優化以後會比 $\text{Kruskal}$ 麻煩的多（某次十一集訓的時候xzq就是想寫 $\text{Prim}$ ，結果我用 $\text{Kruskal}$ A了幾道題了他還沒調好/xyx）

那麼大概說一下思路。

現在已經知道 $\text{Kruskal}$ 是維護一整個生成森林。

其實 $\text{Prim}$ 就和它稍微有點不同而已，它只是維護了最小生成樹的一部分。而且它最開始確定 $1$ 號節點屬於最小生成樹。

它每一次找到一條權值最小的，且滿足它連線的其中一個點 $u$ 已經被選入最小生成樹裡，另一個點 $v$ 則未被選中的邊。

具體實現是這樣子的：

維護一個數組 $dis[\ ]$ ,如果 $u$ 沒有被選入，那麼 $dis[u]$ 就等於 $u$ 和已經被選中點之間的連邊中權值最小的邊的權值。

反之 $dis[u]$ 就等於 $u$ 被選中的時候選出來那條權值最小邊的權值。

然後怎麼判是否選中呢？

維護一個$vis[]$ 即可。然後從 $vis[]=\text{false}$的節點中（也就是未被選中的節點）選出一個 $dis[]$ 最小的標記它

然後掃描和這個被選點的所有直接連它的邊，更新另外一個端點的 $dis$ 。

最後生成樹的權值和就是 $\sum^{n}_{i=2} dis[i]$。

程式碼：



#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int si=5e3+10;
int n,m;
int a[si][si];
int dis[si];
bool vis[si];

int main(){
	cin>>n>>m;
	memset(a,0x3f,sizeof a);
	for(register int i=1;i<=n;++i){
		a[i][i]=0;
	}
	for(register int i=1,u,v,w;i<=m;++i){
		cin>>u>>v>>w;
		a[v][u]=a[u][v]=min(a[u][v],w);
	}
	//Prim
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	memset(vis,false,sizeof vis);
	dis[1]=0;
	for(register int i=1,u;i<n;++i){
		u=0;
		for(register int j=1;j<=n;++j){
			if(!vis[j]&&(u==0||dis[j]<dis[u])) u=j;
		}
		vis[u]=1;
		for(register int v=1;v<=n;++v){
			if(!vis[v]) dis[v]=min(dis[v],a[u][v]);
		}
	}
	//answer
	int ans=0;
	for(register int i=2;i<=n;++i){
		ans+=dis[i];
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}