hdu 畅通工程

描述：

某省调查城镇交通状况，得到现有城镇道路统计表，表中列出了每条道路直接连通的城镇。省政府“畅通工程”的目标是使全省任何两个城镇间都可以实现交通（但不一定有直接的道路相连，只要互相间接通过道路可达即可）。问最少还需要建设多少条道路？

输入：

测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出两个正整数，分别是城镇数目N ( < 1000 )和道路数目M；随后的M行对应M条道路，每行给出一对正整数，分别是该条道路直接连通的两个城镇的编号。为简单起见，城镇从1到N编号。

注意:两个城市之间可以有多条道路相通,也就是说

3 3

1 2

1 2

2 1

这种输入也是合法的

当N为0时，输入结束，该用例不被处理。

输出：
对每个测试用例，在1行里输出最少还需要建设的道路数目；

Sample Input

4 2
1 3
4 3
3 3
1 2
1 3
2 3
5 2
1 2
3 5
999 0
0

Sample Output

1
0
2
998

#include<iostream>
using namespace std;
int pre[1001];
int sum;//在本题中表示已有的多少条道路
int find(int x){
int r=x;
while(r!=pre[r])
r=pre[r];
int i=x,j;
while(i!=r)//路径压缩
{
j=pre[i];
pre[i]=r;
i=j;
}
return r;
}
void join (int x,int y)
{
int fx=find(x),fy=find(y);//寻找各自的根节点
if(fx!=fy)
{//比较根节点，如果根节点不相同则进行合并在一个树中
pre[fx]=fy;
sum++;//有根节点不一样说明，不需要修的道路加1
//由于一开始有n个城镇,所以会有修n-1条把他们连起来
//现在算法实现的如果两个道路不是有相同的根节点说明，他们之间有道路修好的道路就加一
}//如果两个有相同的根节点，说明冗余了
}
void slove()
{
for(int i=0;i<=1000;i++)
pre[i]=i;
}

int main()
{
int n,m;
int x,y;
while(cin>>n>>m)
{
while(n==0)return 0;
slove();
for(int i=0;i<m;i++)
{
cin>>x>>y;
join(x,y);//输入两个数直接比较他们的上级;进行连接操作

}
cout<<n-1-sum<<endl;
sum=0;
}

}

附某位大神写的代码，比我的简介

#include int pre[1000 ];
int find(int x)
{
int r=x;
while (pre[r ]!=r)
r=pre[r ];
int i=x; int j;
while(i!=r)
{
j=pre[i ];
pre[i ]=r;
i=j;
}
return r;
}
int main()
{
int n,m,p1,p2,i,total,f1,f2;
while(scanf("%d",&n) && n) //读入n，如果n为0，结束
{ //刚开始的时候，有n个城镇，一条路都没有 //那么要修n-1条路才能把它们连起来
total=n-1;
//每个点互相独立，自成一个集合，从1编号到n //所以每个点的上级都是自己
for(i=1;i<=n;i++) { pre[i ]=i; } //共有m条路
scanf("%d",&m); while(m--)
{ //下面这段代码，其实就是join函数，只是稍作改动以适应题目要求
//每读入一条路，看它的端点p1，p2是否已经在一个连通分支里了
scanf("%d %d",&p1,&p2);
f1=find(p1);
f2=find(p2);
//如果是不连通的，那么把这两个分支连起来
//分支的总数就减少了1，还需建的路也就减了1
if(f1!=f2)
{
pre[f2 ]=f1;
total--;
}
//如果两点已经连通了，那么这条路只是在图上增加了一个环 //对连通性没有任何影响，无视掉
}
//最后输出还要修的路条数
printf("%d\n",total);
}
return 0;
}