描述

给出\(n\)个点的坐标,其中一些点已经连通,现在要把所有点连通,求修路的最小长度.

分析

这里顺带复习了一下Prim和Krusakal.

Prim的证明:

设当前已经连好的树为\(T\),当前最小的边为\(e\),我们来证明\(e\)一定在最小生成树\(G\)中.

假设\(e\)不在\(G\)中,则连通\(G-T\)和\(T\)的边\(e‘\)一定比\(e\)大(或相等).此时我们在\(G\)中加入\(e\),会形成环,去掉环中的\(e‘\),树依然连通,而花费更小了,这与\(G\)是最小生成树矛盾.(如果\(e\)与\(e‘\)相等那么虽然花费不会更小,也就是说\(e\)可以不再\(G\)中,但是我们也可以用\(e\)替换\(e‘\),换言之,\(e\)在\(G\)中是不错误的.)

所以\(e\)一定在最小生成树\(G\)中.

Kruskal的证明:

设当前连接两个不连通分量的最小的边为\(e\),我们来证明\(e\)一定在最小生成树\(G\)中.

假设\(e\)不再\(G\)中,则连通这两个分量的边\(e‘\)一定比\(e\)大(或相等).此时我们 在\(G\)中加入\(e\),会形成环,去掉环中的\(e‘\),树依然连通,而花费更小了,这与\(G\)是最小生成树矛盾.(如果\(e\)与 \(e‘\)相等那么虽然花费不会更小,也就是说\(e\)可以不再\(G\)中,但是我们也可以用\(e\)替换\(e‘\),换言之,\(e\)在 \(G\)中是不错误的.)

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3
 4 const int maxn=1000+5;
 5 struct pt{
 6     double x,y;
 7     pt(double x=0,double y=0):x(x),y(y){}
 8 }p[maxn];
 9 struct edge{
10     int from,to;
11     double d;
12     edge(){}
13     edge(int from,int to,double d):from(from),to(to),d(d){}
14     bool operator < (const edge &rhs) const { return d<rhs.d; }
15 }g[maxn*maxn];
16 int n,m,cnt=1;
17 int f[maxn];
18 double ans;
19 inline double dis(pt a,pt b){ return sqrt(pow(a.x-b.x,2)+pow(a.y-b.y,2)); }
20 inline int find(int x){ return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]); }
21 int main(){
22     scanf("%d%d",&n,&m);
23     for(int i=1;i<=n;i++){
24         scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y);
25         f[i]=i;
26     }
27     for(int i=1;i<=m;i++){
28         int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
29         int fu=find(u),fv=find(v);
30         if(fu!=fv) f[fu]=fv,cnt++;
31     }
32     for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++) g[(i-1)*n+j]=edge(i,j,dis(p[i],p[j]));
33     sort(g+1,g+1+n*n);
34     int tot=n*n;
35     for(int i=1;i<=tot,cnt<=n;i++){
36         int fx=find(g[i].from),fy=find(g[i].to);
37         if(fx!=fy){
38             f[fx]=fy;
39             ans+=dis(p[g[i].from],p[g[i].to]);
40             cnt++;
41         }
42     }
43     printf("%.2lf\n",ans);
44     return 0;
45 }