最小k限度生成树 +poj（1639）代码

算法引入：
最小k度限制生成树,就是指有特殊的某一点的度不能超过k时的最小生成树;
如果T是G的一个生成树且dT(v0)=k,则称T为G的k度限制生成树;
G中权值和最小的k度限制生成树称为G的最小k度生成树;
 
算法思想：
设特殊的那点为v0,先把v0删除,求出剩下连通图的所有最小生成树;
假如有m棵最小生成树,那么这些生成树必定要跟v0点相连;
也就是说这棵生成树的v0点至少是m度的;
若m>k,条件不成立,无法找到最小k度限制生成树;
若m<=k,则枚举m到k的所有最小生成树,即一步步将v0点的度加1,直到v0点的度为k为止;
则v0点度从m到k的(k-m+1)棵最小生成树中最小的那棵即为答案;
 
算法步骤：
(1)先求出最小m度限制生成树:
原图中去掉和V0相连的所有边(可以先存两个图,建议一个邻接矩阵,一个邻接表,用方便枚举边的邻接表来构造新图);
得到m个连通分量,则这m个连通分量必须通过v0来连接;
则在图G的所有生成树中dT(v0)>=m;
则当k<m时,问题无解;
对每个连通分量求一次最小生成树;
对于每个连通分量V’,用一条与V0直接连接的最小的边把它与V0点连接起来,使其整体成为一个生成树;
就得到了一个m度限制生成树,即为最小m度限制生成树;
 
(2)由最小m度限制生成树得到最小m+1度限制生成树;
连接和V0相邻的点v,则可以知道一定会有一个环出现(因为原来是一个生成树);
只要找到这个环上的最大权边(不能与v0点直接相连)并删除,就可以得到一个m+1度限制生成树;
枚举所有和V0相邻点v,找到替换后,增加权值最小的一次替换(如果找不到这样的边,就说明已经求出);
就可以求得m+1度限制生成树;
如果每添加一条边,都需要对环上的边一一枚举,时间复杂度将比较高;
用动态规划解决;
设dp(v)为路径v0—v上与v0无关联且权值最大的边;
定义father(v)为v的父结点,由此可以得到状态转移方程:
dp(v)=max(dp(father(v)),ω(father(v),v));
边界条件为dp[v0]=-∞(因为每次寻找的是最大边,所以-∞不会被考虑),dp[v’]=-∞|(v0,v’)∈E(T);
 
(3)当dT(v0)=k时停止(即当V0的度为k的时候停止),但不一定k的时候最优;
 
算法实现：
并查集+kruskal;
首先,每个连通分量的的最小生成树可以直接用一个循环,循环着Kruskal求出;
这里利用了联通分量间的独立性,对每个连通分量分别求最小生成树,和放在一起求,毫不影响;
而且kruskral算法保证了各连通分量边的有序性;
找最小边的时候,可以用动态规划,也可以这么做：
先走一个循环,但我们需要逆过来加边,将与v0关联的所有边从小到达排序;
然后将各连通分量连接起来,利用并查集可以保证每个连通分量只有一条边与v0相连;
由于边已经从小到达排序,故与每个连通分量相连的边就是每个连通分量与v0相连中的最小边;
然后求m+1度的最小生成树时,可以直接用DFS,最小生成树要一直求到k度,然后从中找出一个最优值;
 

poj1639经典题目啊 啊啊啊 啊啊 啊啊啊啊啊啊 啊啊啊啊

#include <iostream>#include<cstring>#include<string>#include<queue>#include<algorithm>#include<vector>#include<cstdio>#include<map>using namespace std;const int maxn=100+5;const int inf=0x3f3f3f3f;struct node{    int u,v,w,next;    bool flag;    bool operator<(const node &s)const    {        return w<s.w;    }    node(){flag=false;}};node E[200000],E1[20000],E2[20000];//E用来存储已经构成树的边；  E1用来存题目中存在的边；  E2与vo相连的边int vcnt,cnt,ecnt,now,n,k,vo;//vcnt与vo相连的边数，cnt出现的地点数，ecnt树种以相连的边数，now是指最初的m（即初始建树与vo相连的边数）bool ok;map<string ,int >mp;int pr[maxn];int head[maxn];//int findd(int x)//并查集{    if(x==pr[x])        return x;    else        return pr[x]=findd(pr[x]);}void swapp(int &a,int &b)//两个数交换，使u存的是vo{    int t;    if(b!=vo)        return;    else    {        t=a;a=b;b=t;    }}void init(int u,int v,int w)//建边{    E[ecnt].u=u;    E[ecnt].v=v;    E[ecnt].w=w;    E[ecnt].flag=true;    E[ecnt].next=head[u];//节点位置，将边连入原先建好的图中    head[u]=ecnt++;}void go()//将m棵最小生成树与vo相连{    int u,v;    int x,y;    now=0;    for(int i=0;i<vcnt;i++)    {        u=E2[i].u; v=E2[i].v;       // cout<<u<<" "<<v<<endl;        x=findd(u); y=findd(v);       // cout<<x<<" "<<y<<endl;        if(x != y)        {            pr[x]=y;            E2[i].flag=true;            init(u,v,E2[i].w);            init(v,u,E2[i].w);            now++;//一定别忘了此处计数 m        }    }}int vis[maxn];int pre[maxn];//保存路径//bfs好好理解！！！int bfs(int s,int v,int ith,bool okk) //寻找当前图中s-v形成的环中的最大权值边（不与vo相连）{    queue<int> q;    while(q.size()) q.pop();    memset(vis,0,sizeof(vis));    memset(pre,-1,sizeof(pre));    vis[s]=1;    q.push(s);    while(q.size())    {        int u=q.front();q.pop();        for(int i = head[u]; i != -1; i = E[i].next)       {         if(!E[i].flag)continue;//此边已经删去，不能考虑         int vv=E[i].v;         if(!vis[vv])         {            pre[vv]=i;            vis[vv]=1;            if(vv==v)                break;            q.push(vv);         }       }    }    int u=v;    int id,res=0;    while(1)    {        int i=pre[u];        //删掉环中与vo不关联的权值最大的边        if(E[i].u!=vo&&E[i].v!=vo&&res<E[i].w)        {            res=E[i].w;            id=i;        }        u=E[i].u;        if(u==s)          break;    }    if(okk)    {        E[id].flag=E[id^1].flag=false;//删边^1的原因，E通常u和v互换成两个边，删的时候这两个应该都删掉        E2[ith].flag=true;//把与vo相连的边加入树中        init(s,v,E2[ith].w);        init(v,s,E2[ith].w);    }    return E2[ith].w-res; //判断所求最大权值与当前vo边权大小关系（为负才删边加边）}void ff(){  int id=-1,res =inf;//id-1  int u,v,w;  //寻找最合适可加边  for(int i = 0; i < vcnt; i++)  {      u=E2[i].u; v=E2[i].v; w=E2[i].w;      if(!E2[i].flag)      {          int tmp=bfs(vo,v,i,false);//此边的          if(tmp<res)          {              res=tmp;              id=i;          }      }  }  if(res>=0)//说明已经再也没有更大的值  {     ok=false;//剪枝     return;  }  bfs(vo,E2[id].v,id,true);//res<0 可以加边删边}int get_ans(){    int ans=0;    for(int i=0;i<ecnt;i+=2)    {        if(E[i].flag)//此处不可少        ans+=E[i].w;    }    return ans;}void solve(){    int u,v,w;    memset(head,-1,sizeof(head));    sort(E1,E1+n);    ecnt=0;vcnt=0;    for(int i=0 ; i <= cnt ; i++)        pr[i]=i;    for(int i = 0;i < n ; i++)    {        u=E1[i].u;        v=E1[i].v;        w=E1[i].w;        swapp(u,v);        if(u == vo || v == vo )//将vo边单独存储        {            E2[vcnt].u=u;            E2[vcnt].v=v;            //cout<<E2[vcnt].v<<endl;            E2[vcnt].w=w;            E2[vcnt].flag=false;            vcnt++;            continue;//注意！        }        int x,y;        x=findd(u); y=findd(v);        if(x != y) //建多个最小生成树（抠掉vo的）        {            pr[x]=y;            init(u,v,w);            init(v,u,w);        }    }    go();//用vo将这多个最小生成树相连    ok=true;    for(int i=now;i<k&&ok;i++)//由m到m+1的进化        ff();    int ans=get_ans();//计算权值    printf("Total miles driven: %d\n",ans);}int main(){   cin>>n;   string a,b;   int ww;   cnt=0;   mp.clear();   for(int i = 0;i < n ;i ++)   {       cin>>a>>b>>ww;       if (!mp[a]) mp[a] = ++cnt;//cnt++就错了。。。很奇怪       if (!mp[b]) mp[b] = ++cnt;       E1[i].u = mp[a];       E1[i].v = mp[b];       E1[i].w = ww;   }   cin>>k;   string c = "Park";   vo = mp[c];   solve();   return 0;}

累死我了。。。。

来源点击打开链接ll思路清晰，可惜他给的代码是错的，不过算法是引用的他的

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