长春做网站外包东莞seo排名扣费
前言
从图开始的每个算法都挺重要的，用途都很广。
一、最小生成树
1.内容
最小生成树是，在无向有权图中选择一些边，保证所有节点都连通且所有边的总权值最小。
2.Kruskal算法——【模板】最小生成树
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;//并查集
vector<int>father; void build(int n)
{father.resize(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){father[i]=i;}
}int find(int i)
{if(i!=father[i]){father[i]=find(father[i]);}return father[i];
}bool Union(int x,int y)//Union还要负责判断是否为环 -> 在同一集合
{int fx=find(x);int fy=find(y);if(fx!=fy){father[fx]=fy;return true;}else{return false;}
}static bool cmp(vector<int>&a,vector<int>&b)
{return a[2]<b[2];
}void solve(int n,int m,vector<vector<int>>&edges)
{build(n);//先按边权从小到大排序sort(edges.begin(),edges.end(),cmp); int ans=0;int edgeCnt=0;for(int i=0;i<m;i++){if(Union(edges[i][0],edges[i][1])){edgeCnt++;ans+=edges[i][2];}}if(edgeCnt==n-1){cout<<ans; } else{cout<<"orz";}
}void read()
{int n,m;cin>>n>>m;vector<vector<int>>edges(m,vector<int>(3));for(int i=0;i<m;i++){cin>>edges[i][0]>>edges[i][1]>>edges[i][2];}solve(n,m,edges);
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);read();return 0;
} Kruskal就是用来最小生成树的算法，其实还有个prim算法，但过程太过复杂了，所以这篇里没写，以后看情况要是真的必须掌握的话再说吧。
Kruskal算法无需建图，但需要借助并查集数据结构与算法：并查集。过程就是先按边权从小到大排序，然后在保证不生成环的情况下，逐渐合并节点，统计总边权。
其中，可以优化Union函数，加入判断是否会生成环，即在同一个集合里。具体方法是让其返回一个bool值，当fx和fy不相等时，在合并后返回true，表示不生成环；否则不合并，返回false，表示会生成环。
二、题目
1.买礼物
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;vector<int>father; void build(int n)
{father.resize(n+1);for(int i=0;i<n;i++){father[i]=i;}
}int find(int i)
{if(i!=father[i]){father[i]=find(father[i]);}return father[i];
}bool Union(int x,int y)
{int fx=find(x);int fy=find(y);if(fx!=fy){father[fx]=fy;return true;}return false;
}static bool cmp(vector<int>&a,vector<int>&b)
{return a[2]<b[2];
}void solve(int a,int n,int cnt,vector<vector<int>>&edges)
{build(cnt);sort(edges.begin(),edges.end(),cmp);int ans=0;for(int i=0;i<cnt;i++){if(Union(edges[i][0],edges[i][1])){ans+=edges[i][2];}}cout<<ans;
}void read()
{int a,n;cin>>a>>n;vector<vector<int>>edges(n*n+n+1,vector<int>(3));int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++,cnt++){edges[cnt][0]=0;edges[cnt][1]=i;edges[cnt][2]=a;}for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0,k;j<n;j++,cnt++){edges[cnt][0]=i;edges[cnt][1]=j;cin>>k;edges[cnt][2]=k==0?a:k;}}solve(a,n,cnt,edges);
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);read();return 0;
}这个题唯一的难点就在于单独买一个时的处理，略微思考就能想到，只需要加一个零号节点，让其与所有节点相连，其中每条边就是对应节点自己的权重即可。
处理好数据后就是Kruskal的模板了。
2.检查边长度限制的路径是否存在
class Solution {
public:vector<int>father;vector<bool> distanceLimitedPathsExist(int n, vector<vector<int>>& edgeList, vector<vector<int>>& queries) {int m=edgeList.size();int q=queries.size(); build(n);//记应该填的位置for(int i=0;i<q;i++){queries[i].push_back(i);}//根据limit排序sort(queries.begin(),queries.end(),[&](vector<int>&a,vector<int>&b){return a[2]<b[2];});//根据边权排序sort(edgeList.begin(),edgeList.end(),[&](vector<int>&a,vector<int>&b){return a[2]<b[2];});vector<bool>ans(q);for(int i=0,j=0;i<q;i++){//合并小于limit的边for(;j<m&&edgeList[j][2]<queries[i][2];j++){Union(edgeList[j][0],edgeList[j][1]);}ans[queries[i][3]]=isSameSet(queries[i][0],queries[i][1]);}return ans;}void build(int n){father.resize(n);for(int i=0;i<n;i++){father[i]=i;}}void Union(int x,int y){int fx=find(x);int fy=find(y);if(fx!=fy){father[fx]=fy;}}int find(int i){if(i!=father[i]){father[i]=find(father[i]);}return father[i];}bool isSameSet(int x,int y){return find(x)==find(y);}
};这个题就需要一点思考了，由于要求路径上每一条边的权值都小于limit，所以整体思路是，连接所有小于限制的边，生成最小生成树，然后查询要求的两节点是否连通，即在同一集合。
所以考虑先按limit从小到大给查询数组排序，注意为了之后往ans的对应位置输答案，这里要先往每个查询后加入到时候往ans里输的位置。之后遍历每条查询，合并小于limit的边，然后查询是否在同一集合即可。
3.繁忙的都市
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;vector<int>father;void build(int n)
{father.resize(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){father[i]=i;}
}int find(int i)
{if(i!=father[i]){father[i]=find(father[i]);}return father[i];
}bool Union(int x,int y)
{int fx=find(x);int fy=find(y);if(fx!=fy){father[fx]=fy;return true;}return false;
}void solve(int n,int m,vector<vector<int>>&edges)
{build(n);sort(edges.begin(),edges.end(),[&](vector<int>&a,vector<int>&b){return a[2]<b[2];});int cnt=0;int Max=0;for(int i=0;i<m;i++){if(Union(edges[i][0],edges[i][1])){cnt++;Max=max(Max,edges[i][2]);//最小生成树必是最小瓶颈树 -> 最大边权最小 }if(cnt==n-1)//最小生成树必是n-1条 {break;}}cout<<n-1<<" "<<Max;
}void read()
{int n,m;cin>>n>>m;vector<vector<int>>edges(m,vector<int>(3));for(int i=0;i<m;i++){cin>>edges[i][0]>>edges[i][1]>>edges[i][2];}solve(n,m,edges);
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);read();return 0;
} 这个题有一个结论，就是最小生成树必是最小瓶颈树。最小瓶颈树就是在连通的情况下，要求最大边权最小，即这道题的第三个要求。而有了这个结论之后再思考，可以发现在最小生成树的情况下，这个要求的边数就是n-1。所以只需要统计边的最大值即可。
总结
怎么说呢，最小生成树非常重要。虽然这几个题看上去不是那么吓人，但通常这个还会放在新情境里和其他算法一起出现，那就比较恶心了。