HDUOJ_1875（最小生成树）（畅通工程再续）(克鲁斯卡尔和prim两种方法解)

HDUOJ_1875（最小生成树）（畅通工程再续）

畅通工程再续

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Total Submission(s): 19805    Accepted Submission(s): 6192


[align=left]Problem Description[/align]
相信大家都听说一个“百岛湖”的地方吧，百岛湖的居民生活在不同的小岛中，当他们想去其他的小岛时都要通过划小船来实现。现在政府决定大力发展百岛湖，发展首先要解决的问题当然是交通问题，政府决定实现百岛湖的全畅通！经过考察小组RPRush对百岛湖的情况充分了解后，决定在符合条件的小岛间建上桥，所谓符合条件，就是2个小岛之间的距离不能小于10米，也不能大于1000米。当然，为了节省资金，只要求实现任意2个小岛之间有路通即可。其中桥的价格为
100元/米。
 
[align=left]Input[/align]
输入包括多组数据。输入首先包括一个整数T(T <= 200)，代表有T组数据。

每组数据首先是一个整数C(C <= 100),代表小岛的个数，接下来是C组坐标，代表每个小岛的坐标，这些坐标都是 0 <= x, y <= 1000的整数。

 
[align=left]Output[/align]
每组输入数据输出一行，代表建桥的最小花费，结果保留一位小数。如果无法实现工程以达到全部畅通，输出”oh!”.
 
[align=left]Sample Input[/align]

2
2
10 10
20 20
3
1 1
2 2
1000 1000

 
[align=left]Sample Output[/align]

1414.2
oh!

注意：这道题没有像前面几道题那样，给出需要修建公路的两个村庄以及相关道路的具体信息。而是给了各个村庄的坐标和单位造价，求连通各个村庄的最小造价。刚开始看到这道题一点思路也没有，后来和前面做过的几道类似的畅通工程题联系起来，感觉这道题和之前的几道题的区别是前面的几道题均给出了需要连接的两个村庄的编号以及这条道路的成本（或长度）而此题没有相关信息。于是想到通过已给的坐标，不就可以求出任意两个岛屿间的距离，再乘上单位造价，就可以得到该座桥的造价。求出这两个关键数据后再套用前面解题方法就可以了。（
刚开始想到这种方法，感觉在求这两个关键数据时太过于麻烦，可能会超时或者超内存（不同组合的情况特别多，而且需要开多个数组记录数据或存放新生成的数据)后来实在没有想到其它方法于是就用了这个方法尝试一下（期间怕这个方法会出错，于是在博客上看别人的这道题的解题方法，结果方法和我想的一样，于是我就更加肯定了这种方法），在运行时因数据处理不当，结果一直出错经过半天的数据测试比对最终找到了错误所在，最终AC了。）

My  solution:

/*2015.8.11*/

/*用克鲁斯卡尔解*/

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct stu
{
int x,y;
}node[110];/*记录每个岛的坐标*/
struct str
{
int a,b;
double price; /*共有大约5000（n(n-1)/2）多种组合，因此数组要开大一些*/
}qi[11000];/*记录经过处理得到的岛及相关桥梁信息，a,b代表两个岛，price表示两个岛间的桥造价*/
int per[110];
void chushihua()/*初始化节点*/
{
int i;
for(i=0;i<110;i++)
per[i]=i;
}
int cmp(str a,str b)
{
return a.price<b.price;/*按造价从小到大排序*/
}
int find(int x)
{
int i,j;
i=x;
while(x!=per[x])
x=per[x];
while(i!=per[i])
{
j=per[i];
per[i]=x;
i=j;
}
return x;
}
bool join(int x,int y)/*判断两个岛是否已连接，若已连接则不再连接，否则连接*/
{                /*原理：判断两个点的根节点是否相等，若相等，则说明在一个集合中（已连通），反之不在一个集合（未连通）*/
int fx,fy;    /*从而避免成环*/
fx=find(x);
fy=find(y);
if(fx!=fy)
{
per[fx]=fy;
return true;
}
else
return false;
}
double  juli(int x,int y,int z,int h)/*注意这个函数类型为double型，因为两岛之间的距离在开根号后得到，可能会是实数*/
{
int L,t;
double  pri=0;
L=(x-z)*(x-z)+(y-h)*(y-h);/*两点之间距离的平方*/
if(100<=L&&L<=1000000)/*判断是否在题目所要求的范围内修桥*/
pri=100*sqrt(L);/*当前这座桥的造价*/
return  pri ; /*返回值为double型*/
}
int main()
{
int i,j,n,m,k,count;
double t,sum;
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
chushihua();/*不要忘记调用*/
k=-1;sum=0,count=0;
scanf("%d",&m);
for(i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&node[i].x,&node[i].y);/*记录坐标*/
for(i=1;i<m;i++)/*通过双重for循环，输出所有组合情况，要特别注意这里的i和j的起始大小和限定（结束循环）大小的设置*/
{
for(j=i+1;j<=m;j++)
{
t=juli(node[i].x,node[i].y,node[j].x,node[j].y);/*求出两个岛间桥的造价*/
if(t!=0)
{
k++;/*记录（所有满足情况）桥的数目，从0开始记录*/
qi[k].a=i;qi[k].b=j;qi[k].price=t;/*记录两个岛及其之间的桥梁造价信息*/
}
}
}
if(k>=0)
{
sort(qi,qi+k+1,cmp);/*sort能对实型数据进行排序*//*按造价从小到大排序*/
for(i=0;i<=k;i++)
{
if(join(qi[i].a,qi[i].b))/*判断当前两岛之间是否已经连接*/
sum+=qi[i].price;/*统计总造价*/
}
for(i=1;i<=m;i++)
if(i==per[i])
count++;  /*判断有几个根节点，若只有一个说明已全部连通，反之则没有全连通*/
if(count==1)
printf("%.1f\n",sum);/*只保留一位小数，注意:在此之前不能对实型数据做任何处理，否则会影响最后结果*/
else        /*刚开始我在求出每个桥的造价时，都只保留一位小数，最终得到的答案在有些时候是错的，存在偏差*/
printf("oh!\n");
}
else
printf("oh!\n");/*当岛屿之间都不满足修桥所要求的距离范围时，因而不能造桥，输出oh!*/
}
return 0;
}

注意：sort和qsort中的cmp的区别，特别是在进行比大小输出返回值的区别（要特别注意，这两个函数对大于或小于号的使用相反），同时快排也可以对实数进行排序。

/2015.8.13/

/*用prim解*/

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
double dis[110][110];
double path[110];
int mark[110],n;
struct stu
{
int x,y;
}node[110];
void change()
{
int i,j;
for(i=1;i<=n-1;i++)
for(j=i+1;j<=n;j++)
{
dis[i][j]=dis[j][i]=sqrt((node[i].x-node[j].x)*(node[i].x-node[j].x)+(node[i].y-node[j].y)*(node[i].y-node[j].y));
if(dis[i][j]>1000||dis[i][j]<10||dis[j][i]<10||dis[j][i]>1000)
{
dis[i][j]=INF;dis[j][i]=INF;/*把不满足的点值赋值为无穷大*/
}
}
}
void prim()
{
int i,j,v,k;
double min ,sum=0;
memset(mark,0,sizeof(mark));
for(i=2;i<=n;i++)
path[i]=dis[1][i];
mark[1]=1;/*标记（选择）第一个点*/
for(v=1;v<n;v++)/*还要选择n-1个点。注意：一定要准确控制循环次数，一旦循环次数多一次，由于所有点已标记完，*/
{        /*在接下来的循环中min无法被覆盖，此时min=INF，最后执行到printf("oh!\n");便结束函数调用，无法得到正确结果*/
min=INF;
for(j=2;j<=n;j++)
{
if(!mark[j]&&path[j]<min)
{
k=j;
min=path[j];
}
}
if(min==INF)  /*集合外的点到集合的距离为无穷大，说明岛屿不能全部连通*//*当最外层循环多执行一次，min无法被覆盖等于INF，*/
{       /*此时程序就错了，意味着集合外的点到集合的距离都不满足题目的要求，因而岛屿无法全部连通，输出oh!,结束函数调用*/
printf("oh!\n");
return ;
}
mark[k]=1;
sum+=path[k];/*求和也可以放在最外层循环的外面*/
for(j=2;j<=n;j++)
{
if(!mark[j]&&path[j]>dis[k][j])
path[j]=dis[k][j];  /*更新距集合（已连通的岛看做一个集合）距离最小的点（集合外的岛）*/
}
}
//	for(i=1;i<=n;i++)
//	sum+=path[i];
printf("%.1lf\n",100*sum);
}
int main()
{
int t,i,j;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&node[i].x,&node[i].y);
change();
prim();
}
return 0;
}