CODEVS 1003 并查集缩点+最小生成树

这道题思路很明显，很容易就能看出来是最小生成树（其实题目君也说了输出顺序要用prim算法里的访问顺序，但，这是个槽点，必须吐槽）。不过因为已经有了一些边，不能让它们影响到求最小生成树的过程，所以要把它们构成的每个连通分量缩成一个点，这样要用到并查集。

具体做法是如果遇到road[i][j] == 0，那么就把i，j并到一颗树中。最后统计有多少棵树，就是有多少个点，减一就是m的值。

之后呢，就是要吐槽的内容了：明显是出题者发懒，不愿意写一个特判的程序，或者是本OJ只能进行简单对比，所以它才要求必须按prim算法的访问顺序输出，这让一看最小生成树就写kruskal的情何以堪？！不管了，这篇博客就按kruskal写了，等到什么时候心情好了来再写一遍prim算法A掉之后再做补充把，要用primA题的就不必要看接下来的了。

接下来主要是写kruskal的思路。

这里因为要输出方案，所以edge结构体中不能仅仅是两个点u，v和边的权值l了，因为这里的点，不是真正的我们要输出的点，而是缩点之后的一个编号，或者说是在并查集中的树根而已。所以需要加上它原本代表的点（因为我们还是通过访问road数组来向edge中加边，所以是可以知道原本代表的点的）yu，yv。

yu，yv的存在对kruskal没有任何影响，可以仍然跑模板kruskal。在这里顺便温习一下kruskal算法过程。这个算法需要用到并查集，先对所有的边按边权从小到大排序，从最小开始枚举：如果这条边的两个点在同一颗（并查集）树中，说明加入这条边会在求的生成树中产生换，所以不能加；如果不在同一颗（并查集）树中，就可以加入这条边，成为最小生成树中的一条边。其实并查集的作用就是恰好使每个点都加入一次（因为在这个点第二次加入时，会发现它和另一个点都已经在同一个并查集树种了），而排序的作用就是使每个点加入时的边是（最？）小的，这算是我自己YY的吧，其实是贪心的思想，具体证明我就不论述了（其实是有点麻烦，怕自己水平达不到可以讲清楚的地步）。

下面是只得了20分的kruskal代码，大家就不要看了，我自己看看就够了（55….）

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

int n, m, ans, road[105][105];
int f[105], f2[105];
bool cel[10005];

int find(int x, int *t){
return t[x] = x == t[x] ? x : find(t[x], t);
}

struct edge{
int u, v, l, yu, yv;
}E[10005];
int e;
bool cmp(edge a, edge b){
return a.l < b.l;
}

int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = f2[i] = i;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++){
scanf("%d", &road[i][j]);
if(!road[i][j]) f[find(i, f)] = find(j, f);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) if(f[i] == i) m++;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++){
if(road[i][j]){
e++;
E[e].yu = i;
E[e].yv = j;
E[e].u = find(i, f);
E[e].v = find(j, f);
E[e].l = road[i][j];
}
}
sort(E+1, E+e+1, cmp);
for(int i = 1, m2 = --m; i <= e && m2; i++){
int fu = find(E[i].u, f2), fv = find(E[i].v, f2);
if(fu != fv) m2--, cel[i] = 1, f2[fu] = fv, ans += E[i].l;
}
printf("%d\n", m);
for(int i = 1; i <= e; i++)
if(cel[i]){
if(E[i].yu > E[i].yv) swap(E[i].yu, E[i].yv);
printf("%d %d\n", E[i].yu, E[i].yv);
}
printf("%d", ans);
return 0;
}