图论- 最小生成树

news/2024/10/24 6:36:38/

一、最小生成树-prim算法 

1.1 最小生成树概念

一幅图可以有很多不同的生成树，比如下面这幅图，红色的边就组成了两棵不同的生成树：

对于加权图，每条边都有权重（用最小生成树算法的现实场景中，图的边权重一般代表成本、距离这样的标量），所以每棵生成树都有一个权重和。比如上图，右侧生成树的权重和显然比左侧生成树的权重和要小。

那么最小生成树很好理解了，所有可能的生成树（包含所有顶点）中，权重和最小的那棵生成树就叫「最小生成树」。

1.2 稠密图-朴素prim

和djikstra很像

const int INF = 0x3f3f3f3f; // 定义一个非常大的数，用作无穷远的初始化值
int n; // n表示图中的顶点数
int g[N][N]; // 邻接矩阵，用于存储图中所有边的权重
int dist[N]; // 用于存储其他顶点到当前最小生成树的最小距离
bool st[N]; // 用于标记每个顶点是否已经被加入到最小生成树中// Prim算法的实现，返回最小生成树的总权重
int prim() {memset(dist, 0x3f, sizeof dist); // 初始化所有顶点到MST的距离为无穷远int res = 0; // 存储最小生成树的总权重for (int i = 0; i < n; i++) { // 主循环，每次添加一个顶点到MSTint t = -1; // 用于找到当前未加入MST且dist最小的顶点for (int j = 1; j <= n; j++) // 遍历所有顶点，找到tif (!st[j] && (t == -1 || dist[t] > dist[j]))t = j;//t就是当前加入最小生成树的顶点if (i && dist[t] == INF) return INF; // 如果图不连通，则返回INFif (i) res += dist[t]; // 非首次迭代时，累加到MST的距离st[t] = true; // 将顶点t加入到MST中//再从T出发，更新所有未加入顶点到T的距离，用于下一轮新的T的更新for (int j = 1; j <= n; j++) // 更新其他所有顶点到MST的最小距离if (!st[j]) dist[j] = min(dist[j], g[t][j]);}return res; // 返回最小生成树的总权重
}

例题： 

#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>using namespace std;const int N = 510,M = 100010,INF = 0x3f3f3f3f;int n,m;
int g[N][N];
int dist[N];
bool used[N];int prim(){memset(dist,0x3f,sizeof dist);int res = 0;for(int i = 0;i < n;i++){int t = -1;for(int j = 1;j <= n; j++){if((!used[j]) && (t == -1 || dist[t] > dist[j]))t = j;}used[t] = true;//第一步的dist[t]为INFif(i && dist[t] == INF) return INF;if(i)res += dist[t];for(int j = 1;j <= n;j++){if(!used[j])dist[j] = min(dist[j],g[t][j]);}}return res;
}int main(){scanf("%d%d",&n,&m);//重要memset(g,0x3f,sizeof(g));for(int i = 0;i < m; i++){int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);g[u][v] = g[v][u] = min(g[u][v],w);}int r = prim();if(r == INF)puts("impossible");else printf("%d",r);return 0;
}

1.3 堆优化的prim-不常用，且复杂，一般用kruskal替代

省略 

二、最小生成树-kruskal算法

1.并查集复习

1.1 并查集（Union-Find）算法

是一个专门针对「动态连通性」的算法，我之前写过两次，因为这个算法的考察频率高，而且它也是最小生成树算法的前置知识

动态连通性

简单说，动态连通性其实可以抽象成给一幅图连线。比如下面这幅图，总共有 10 个节点，他们互不相连，分别用 0~9 标记：

这里所说的「连通」是一种等价关系，也就是说具有如下三个性质：

1、自反性：节点 p 和 p 是连通的。

2、对称性：如果节点 p 和 q 连通，那么 q 和 p 也连通。

3、传递性：如果节点 p 和 q 连通，q 和 r 连通，那么 p 和 r 也连通。

 现在我们的 Union-Find 算法主要需要实现这三个 API：

class UF {
public:/* 将 p 和 q 连接 */void union(int p, int q);/* 判断 p 和 q 是否连通 */bool connected(int p, int q);/* 返回图中有多少个连通分量 */int count();
};

函数功能说明：

比如说之前那幅图，0～9 任意两个不同的点都不连通，调用 connected 都会返回 false，连通分量为 10 个。

如果现在调用 union(0, 1)，那么 0 和 1 被连通，连通分量降为 9 个。

再调用 union(1, 2)，这时 0,1,2 都被连通，调用 connected(0, 2) 也会返回 true，连通分量变为 8 个。

 初始化：

怎么用森林来表示连通性呢？我们设定树的每个节点有一个指针指向其父节点，如果是根节点的话，这个指针指向自己。比如说刚才那幅 10 个节点的图，一开始的时候没有相互连通，就是这样：

代码如下：

class UF {// 记录连通分量private:int count;// 节点 x 的父节点是 parent[x]int* parent;public:/* 构造函数，n 为图的节点总数 */UF(int n) {// 一开始互不连通this->count = n;// 父节点指针初始指向自己parent = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++)parent[i] = i;}/* 其他函数 */
};

 union实现：

操作如下：

代码如下：

class UF {// 为了节约篇幅，省略上文给出的代码部分...public:void union(int p, int q) {int rootP = find(p);int rootQ = find(q);if (rootP == rootQ)return;// 将两棵树合并为一棵parent[rootP] = rootQ;// parent[rootQ] = rootP 也一样count--; // 两个分量合二为一}/* 返回某个节点 x 的根节点 */int find(int x) {// 根节点的 parent[x] == xwhile (parent[x] != x)x = parent[x];return x;}/* 返回当前的连通分量个数 */int count() {return count;}
};

 connected实现：

代码如下：

class UF {
private:// 省略上文给出的代码部分...public:bool connected(int p, int q) {int rootP = find(p);int rootQ = find(q);return rootP == rootQ;}
};

 1.2 平衡性优化-union优化

分析union和connected的时间复杂度，我们发现，主要 API connected和 union 中的复杂度都是 find 函数造成的，所以说它们的复杂度和 find 一样。

find 主要功能就是从某个节点向上遍历到树根，其时间复杂度就是树的高度。我们可能习惯性地认为树的高度就是 logN，但这并不一定。logN 的高度只存在于平衡二叉树，对于一般的树可能出现极端不平衡的情况，使得「树」几乎退化成「链表」，树的高度最坏情况下可能变成 N。

图论解决的都是诸如社交网络这样数据规模巨大的问题，对于 union 和 connected 的调用非常频繁，每次调用需要线性时间完全不可忍受。

关键在于 union 过程，我们一开始就是简单粗暴的把 p 所在的树接到 q 所在的树的根节点下面，那么这里就可能出现「头重脚轻」的不平衡状况，比如下面这种局面：

 长此以往，树可能生长得很不平衡。我们其实是希望，小一些的树接到大一些的树下面，这样就能避免头重脚轻，更平衡一些。解决方法是额外使用一个 size 数组，记录每棵树包含的节点数，我们不妨称为「重量」：

class UF {
private:int count;int* parent;// 新增一个数组记录树的“重量”int* size;public:UF(int n) {this->count = n;parent = new int[n];// 最初每棵树只有一个节点// 重量应该初始化 1size = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) {parent[i] = i;size[i] = 1;}}/* 其他函数 */
};

比如说 size[3] = 5 表示，以节点 3 为根的那棵树，总共有 5 个节点。这样我们可以修改一下 union 方法：

class UF {
private:// 为了节约篇幅，省略上文给出的代码部分...
public:void union(int p, int q) {int rootP = find(p);int rootQ = find(q);if (rootP == rootQ)return;// 小树接到大树下面，较平衡if (size[rootP] > size[rootQ]) {parent[rootQ] = rootP;size[rootP] += size[rootQ];} else {parent[rootP] = rootQ;size[rootQ] += size[rootP];}count--;}
};

这样，通过比较树的重量，就可以保证树的生长相对平衡，树的高度大致在 logN 这个数量级，极大提升执行效率。

此时，find , union , connected 的时间复杂度都下降为 O(logN)，即便数据规模上亿，所需时间也非常少。

1.3 路径压缩-find优化

其实我们并不在乎每棵树的结构长什么样，只在乎根节点。

因为无论树长啥样，树上的每个节点的根节点都是相同的，所以能不能进一步压缩每棵树的高度，使树高始终保持为常数？

这样每个节点的父节点就是整棵树的根节点，find 就能以 O(1) 的时间找到某一节点的根节点，相应的，connected 和 union 复杂度都下降为 O(1)。

要做到这一点主要是修改 find 函数逻辑，非常简单，但你可能会看到两种不同的写法。

方法1：

class UF {// 为了节约篇幅，省略上文给出的代码部分...private:int find(int x) {while (parent[x] != x) {// 这行代码进行路径压缩parent[x] = parent[parent[x]];x = parent[x];}return x;}
};

每次使得当前x指向父节点的父节点，这样会将一些节点向上移，然后缩短树的长度

压缩结束为： 

方法二：

class UF {// 为了节约篇幅，省略上文给出的代码部分...// 第二种路径压缩的 find 方法public:int find(int x) {if (parent[x] != x) {parent[x] = find(parent[x]);}return parent[x];}
};

 其迭代写法如下（便于理解）：

int find(int x) {// 先找到根节点int root = x;while (parent[root] != root) {root = parent[root];}// 然后把 x 到根节点之间的所有节点直接接到根节点下面int old_parent = parent[x];while (x != root) {parent[x] = root;x = old_parent;old_parent = parent[old_parent];}return root;
}

最终效果： 

1.4 并查集框架-优化后 

class UF {
private:// 连通分量个数int count;// 存储每个节点的父节点int *parent;public:// n 为图中节点的个数UF(int n) {this->count = n;parent = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) {parent[i] = i;}}// 将节点 p 和节点 q 连通void union_(int p, int q) {int rootP = find(p);int rootQ = find(q);if (rootP == rootQ)return;parent[rootQ] = rootP;// 两个连通分量合并成一个连通分量count--;}// 判断节点 p 和节点 q 是否连通bool connected(int p, int q) {int rootP = find(p);int rootQ = find(q);return rootP == rootQ;}int find(int x) {if (parent[x] != x) {parent[x] = find(parent[x]);}return parent[x];}// 返回图中的连通分量个数int count_() {return count;}
};

2.kruskal

给你输入编号从 0 到 n - 1 的 n 个结点，和一个无向边列表 edges（每条边用节点二元组表示），请你判断输入的这些边组成的结构是否是一棵树。

如果输入：

n = 5
edges = [[0,1], [0,2], [0,3], [1,4]]

 这些边构成的是一棵树，算法应该返回 true：

 输入：

n = 5
edges = [[0,1],[1,2],[2,3],[1,3],[1,4]]

 形成的就不是树结构了，因为包含环：

我们思考为何会产生环？仔细体会下面两种添边的差别

 

总结一下规律就是：

对于添加的这条边，如果该边的两个节点本来就在同一连通分量里，那么添加这条边会产生环；反之，如果该边的两个节点不在同一连通分量里，则添加这条边不会产生环。

那么只需要在union两节点之前先检测两节点是否已经connection，如果已连接所有添加后会生成环，则返回false。同时需要注意count==1，不然就是森林了。

代码如下：

class UF {
public:vector<int> parent;UF(int n) {for (int i = 0; i < n; i++) {parent.push_back(i);}}int find(int x) {while (x != parent[x]) {parent[x] = parent[parent[x]];x = parent[x];}return x;}void union_(int p, int q) {int root_p = find(p);int root_q = find(q);parent[root_p] = root_q;}bool connected(int p, int q) {int root_p = find(p);int root_q = find(q);return root_p == root_q;}int count() {int cnt = 0;for (int i = 0; i < parent.size(); i++) {if (parent[i] == i) {cnt++;}}return cnt;}
};bool validTree(int n, vector<vector<int>>& edges) {UF uf(n);// 遍历所有边，将组成边的两个节点进行连接for (auto edge : edges) {int u = edge[0];int v = edge[1];// 若两个节点已经在同一连通分量中，会产生环if (uf.connected(u, v)) {return false;}// 这条边不会产生环，可以是树的一部分uf.union_(u, v);}// 要保证最后只形成了一棵树，即只有一个连通分量return uf.count() == 1;
}

3.连接所有点的最小费用-kruskal算法

 所谓最小生成树，就是图中若干边的集合（我们后文称这个集合为 mst，最小生成树的英文缩写），你要保证这些边：

1、包含图中的所有节点。

2、形成的结构是树结构（即不存在环）。

3、权重和最小。

有之前题目的铺垫，前两条其实可以很容易地利用 Union-Find 算法做到，关键在于第 3 点，如何保证得到的这棵生成树是权重和最小的。

这里就用到了贪心思路：

将所有边按照权重从小到大排序，从权重最小的边开始遍历，如果这条边和 mst 中的其它边不会形成环，则这条边是最小生成树的一部分，将它加入 mst 集合；否则，这条边不是最小生成树的一部分，不要把它加入 mst 集合。

以此题为例：

 此题虽然是使用kruskal算法，但是并不是直接套用，还要有一些值得注意的事项

1：我们要将题目中的给出点，转换为点组合并且将权重添加进去

在题中只给出一个点的坐标，我们需要想方法转换为两个点的链接，所以需要将每个点（两个坐标组合）转换为一个符号标记，在链接数组把相连的两个符号放一起就行了，很明显，我们使用0-n-1来记录每一个点是最合适的，不仅方便遍历也一目了然

因此有如下代码：

        vector<vector<int>> edges;for(int i =0;i < points.size();i++){//此处不能写为int j = 0,这样会重复导致超时，根据求子集的思想，应该从j=i+1开始for(int j = i+1;j < points.size();j++){// if(i == j)continue;//因为j=i+1开始，所有不需要这句判断int w1 = abs(points[i][0]-points[j][0]);int w2 = abs(points[i][1]-points[j][1]);edges.push_back({i,j,w1+w2});}}

 2：我们要对得到的数组进行排序，而且是对权重维度排序，这就需要我们利用lambda来自定义sort的排序方式了

有代码如下：

        sort(edges.begin(),edges.end(),[](const vector<int>& a,const vector<int>& b){return a[2] < b[2];});

依照kruskal算法，可以写出如下完整代码：

class uf{private:int count;vector<int> parent;public:uf(int n){this->count = n;// parent = new int[n];parent.resize(n);for(int i=0;i < n;i++){parent[i] = i;}}int find(int x){if(parent[x]!=x)parent[x] = find(parent[x]);return  parent[x];}void Union(int p,int q){int rootp = find(p);int rootq = find(q);if(rootp == rootq)return;parent[rootp] = rootq;count--;}bool connection(int p,int q){int rootp = find(p);int rootq = find(q);return rootp == rootq;}
};class Solution {
public:int minCostConnectPoints(vector<vector<int>>& points) {vector<vector<int>> edges;for(int i =0;i < points.size();i++){//此处不能写为int j = 0,这样会重复导致超时，根据求子集的思想，应该从j=i+1开始for(int j = i+1;j < points.size();j++){// if(i == j)continue;//因为j=i+1开始，所有不需要这句判断int w1 = abs(points[i][0]-points[j][0]);int w2 = abs(points[i][1]-points[j][1]);edges.push_back({i,j,w1+w2});}}sort(edges.begin(),edges.end(),[](const vector<int>& a,const vector<int>& b){return a[2] < b[2];});uf uf(points.size());int sum_w = 0;for(auto& s : edges){int q = s[0],p = s[1],w = s[2];if(uf.connection(p,q))continue;sum_w +=w;uf.Union(p,q);}return sum_w;}
};


http://www.ppmy.cn/news/1400546.html

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