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朴素版prim算法 —— 模板题 AcWing 858. Prim算法求最小生成树
时间复杂度是 O(n2+m)O(n2+m), nn 表示点数，mm 表示边数
int n; // n表示点数
int g[N][N]; // 邻接矩阵，存储所有边
int dist[N]; // 存储其他点到当前最小生成树的距离
bool st[N]; // 存储每个点是否已经在生成树中
// 如果图不连通，则返回INF(值是0x3f3f3f3f), 否则返回最小生成树的树边权重之和
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 (!st[j] && (t == -1 || dist[t] > dist[j]))
t = j;
if (i && dist[t] == INF) return INF;
if (i) res += dist[t];
st[t] = true;
for (int j = 1; j <= n; j ++ ) dist[j] = min(dist[j], g[t][j]);
}
return res;
}
题目代码
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 510, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int g[N][N];
int dist[N];
bool st[N];
int prim() {
memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
int res = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
//找到距离集合最小的，没有被访问的点
int t = -1;
for(int j = 1; j <= n; j ++ ) {
if(!st[j] && (t == -1 || dist[j] < dist[t]) )
t = j;
}
//如果该点不是0，且距离为INF，说明是不连通的
if(i && dist[t] == INF) return INF;
//如果i!=0，那么更新res。 i=0时，第一个点的dist是INF
if(i) res += dist[t];
//更新每个点到集合的距离
for(int j = 1; j <= n; j ++ ) dist[j] = min(dist[j], g[t][j]);
//设置t为已访问
st[t] = true;
}
return res;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(g, 0x3f, sizeof g);
while(m --) {
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
g[a][b] = g[b][a] = c;
}
int t = prim();
if(t == INF) puts("impossible");
else printf("%d\n", t);
return 0;
}
Kruskal算法 —— 模板题 AcWing 859. Kruskal算法求最小生成树
时间复杂度是 O(mlogm)O(mlogm), nn 表示点数，mm 表示边数
int n, m; // n是点数，m是边数
int p[N]; // 并查集的父节点数组
struct Edge // 存储边
{
int a, b, w;
bool operator< (const Edge &W)const
{
return w < W.w;
}
}edges[M];
int find(int x) // 并查集核心操作
{
if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
return p[x];
}
int kruskal()
{
sort(edges, edges + m);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) p[i] = i; // 初始化并查集
int res = 0, cnt = 0;
for (int i = 0; i < m; i ++ )
{
int a = edges[i].a, b = edges[i].b, w = edges[i].w;
a = find(a), b = find(b);
if (a != b) // 如果两个连通块不连通，则将这两个连通块合并
{
p[a] = b;
res += w;
cnt ++ ;
}
}
if (cnt < n - 1) return INF;
return res;
}
题目代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 200010;
int n, m;
int p[N]; //并查集祖宗节点
struct Edge {
int a, b, w;
bool operator< (const Edge &W) const {
return w < W.w;
}
}edges[N];
int find(int x) {
if(p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
return p[x];
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 0; i < m; i ++ ) {
int a, b, w;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &w);
edges[i] = {a, b, w};
}
//按权重排序
sort(edges, edges + m);
//初始化并查集
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) p[i] = i;
int res = 0, cnt = 0;
//从小到大列举每条边，若a,b没有在一个集合中，就将他们之间的边加入
for(int i = 0; i <= m; i ++ ) {
int a = edges[i].a, b = edges[i].b, w = edges[i].w;
a = find(a), b = find(b);
if(a != b) {
p[a] = b;
res += w;
cnt ++;
}
}
if(cnt < n - 1) puts("impossible");
else printf("%d", res);
return 0;
}
染色法判别二分图 —— 模板题 AcWing 860. 染色法判定二分图
时间复杂度是 O(n+m)O(n+m), nn 表示点数，mm 表示边数
int n; // n表示点数
int h[N], e[M], ne[M], idx; // 邻接表存储图
int color[N]; // 表示每个点的颜色，-1表示为染色，0表示白色，1表示黑色
// 参数：u表示当前节点，c表示当前点的颜色
bool dfs(int u, int c)
{
color[u] = c;
for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if (color[j] == -1)
{
if (!dfs(j, !c)) return false;
}
else if (color[j] == c) return false;
}
return true;
}
bool check()
{
memset(color, -1, sizeof color);
bool flag = true;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
if (color[i] == -1)
if (!dfs(i, 0))
{
flag = false;
break;
}
return flag;
}
题目代码
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 100010, M = 2 * N;
int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int color[N];
void add(int a, int b) {
e[idx] = b;
ne[idx] = h[a];
h[a] = idx ++;
}
//用c染色u
bool dfs(int u, int c) {
color[u] = c;
//循环u的相邻的边进行染色，最后u所在连通块都被染色
for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = e[i];
//如果j没有染色，则用3 - c染色j
if(!color[j]) {
if(!dfs(j, 3 - c)) return false;
}
// 如果j染色是错的，则返回false
else if(color[j] == c) return false;
}
//没有问题返回true,此时 u所在连通块都被染色
return true;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(h, -1, sizeof h);
while(m -- ) {
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
add(a, b), add(b, a);
}
bool flag = true;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
if(!color[i]) { //若i没有染色，则用1染色染色
if(!dfs(i, 1)) {
// 染色失败
flag = false;
break;
}
}
}
if(flag) puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}
匈牙利算法 —— 模板题 AcWing 861. 二分图的最大匹配
时间复杂度是 O(nm)O(nm), nn 表示点数，mm 表示边数
int n1, n2; // n1表示第一个集合中的点数，n2表示第二个集合中的点数
int h[N], e[M], ne[M], idx; // 邻接表存储所有边，匈牙利算法中只会用到从第二个集合指向第一个集合的边，所以这里只用存一个方向的边
int match[N]; // 存储第二个集合中的每个点当前匹配的第一个集合中的点是哪个
bool st[N]; // 表示第二个集合中的每个点是否已经被遍历过
bool find(int x)
{
for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if (!st[j])
{
st[j] = true;
if (match[j] == 0 || find(match[j]))
{
match[j] = x;
return true;
}
}
}
return false;
}
// 求最大匹配数，依次枚举第一个集合中的每个点能否匹配第二个集合中的点
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n1; i ++ )
{
memset(st, false, sizeof st);
if (find(i)) res ++ ;
}
题目代码
#include<iostream>
#include<cstring>
const int N = 510, M = 100010;
int n1, n2, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int match[N];
bool st[N];
void add(int a, int b) {
e[idx] = b;
ne[idx] = h[a];
h[a] = idx ++;
}
bool find(int x) {
for(int i = h[x]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if(!st[j]) {
st[j] = true;
if(match[j] == 0 || find(match[j])) {
match[j] = x;
return true;
}
}
}
return false;
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n1, &n2, &m);
memset(h, -1, sizeof h);
while(m -- ) {
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
add(a, b);
}
int res = 0;
for(int i = 1; i <= n1; i ++ ) {
memset(st, false, sizeof st); // st表示的是当前男生是否访问过该女生
if(find(i)) res ++;
}
printf("%d\n", res);
return 0;
}