最小生成树--Truck History(poj 1789);

卡车历史
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描述


先进货运有限公司使用不同类型的卡车。有些卡车用于蔬菜运送，其他用于家具或砖。该公司有自己的代码描述每种类型的卡车。该代码只是一个由七个小写字母组成的字符串(每个位置上的每个字母都有一个非常特殊的含义，但对于这个任务并不重要)。在公司发展的初期，只使用了一种卡车类型，后来又衍生出其他类型的卡车，然后从新的类型中衍生出另一种类型，等等。


今天，ACM已经足够富有，足以让历史学家们去研究它的历史了。有一件事是历史学家试图找出的，那就是所谓的派生计划-即如何派生出卡车类型。他们把卡车类型的距离定义为卡车类型代码中不同字母的位置数。他们还认为，每种卡车类型都是从另外一辆卡车中派生出来的(第一种卡车类型除外，它不是从任何其他类型衍生出来的)。然后将派生计划的质量定义为

                              1/Σ_(to,td)d(t_o,t_d)

其中，求和在派生计划中对所有类型的类型进行处理，使tO是原始类型和td派生自它和d(T0，td)的类型是类型的距离。
因为历史学家失败了，你要写一个计划来帮助他们。给定卡车类型的代码，您的程序应该找到派生计划的最高质量。
输入


输入由几个测试用例组成。每个测试用例以一个包含卡车类型数量的直线开始，n，2<=n<=2 000。下面的每个输入行都包含一个卡车类型代码(一个由七个小写字母组成的字符串)。您可以假设代码唯一地描述了卡车，也就是说，这些N中没有两个是相同的。输入在卡车类型的数目处以零结束。
输出


对于每个测试用例，您的程序应该输出文本“The highest possible quality is1/q”，其中1/q是最佳派生计划的质量。
样本输入


4
aaaaaaa
baaaaaa
abaaaaa

aabaaaa

 0

样本输出

The highest possible quality is 1/3.

题意大概是这样的：用一个7位的string代表一个编号，两个编号之间的distance代表这两个编号之间不同字母的个数。一个编号只能由另一个编号“衍生”出来，代价是这两个编号之间相应的distance，现在要找出一个“衍生”方案，使得总代价最小，也就是distance之和最小。

例如有如下4个编号：

aaaaaaa

baaaaaa

abaaaaa

aabaaaa

显然的，第二，第三和第四编号分别从第一编号衍生出来的代价最小，因为第二，第三和第四编号分别与第一编号只有一个字母是不同的，相应的distance都是1，加起来是3。也就是最小代价为3。

问题可以转化为最小代价生成树的问题。因为每两个结点之间都有路径，所以是完全图。 

此题的关键是将问题转化为最小生成树的问题。每一个编号为图的一个顶点，顶点与顶点间的编号差即为这条边的权值，题目所要的就是我们求出最小生成树来。这里我用prim算法来求最小生成树。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <queue>#include <cstring>#define NUM 2002using namespace std;int Graph[NUM][NUM];int N;//顶点数；char str[NUM][8];struct node     //保存key值的结点{    int v;    int key;    friend bool operator<(node a, node b)   //自定义优先级，key小的优先    {    return a.key > b.key;    }};int parent[NUM];   //每个结点的父节点bool visited[NUM]; //是否已经加入树种node vx[NUM];      //保存每个结点与其父节点连接边的权值priority_queue<node> q; //优先队列stl实现、、将排序的功能用其来实现；//将自动的按照相应的排序方式排序void Prim(){    for(int i = 1; i <= N; i++) //初始化        {        vx[i].v = i;        vx[i].key = 1<<30;        parent[i] = -1;        visited[i] = false;        }    vx[1].key = 0;    q.push(vx[1]);    while(!q.empty())        {        node nd = q.top();  //取队首，记得赶紧pop掉        q.pop();        if(visited[nd.v] == true)   //深意，因为push机器的可能是重复但是权值不同的点，我们只取最小的            continue;        int st = nd.v;        visited[nd.v] = true;        for(int j = 1;  j <= N; j++)            {            if(j!=st && !visited[j] && Graph[st][j] < vx[j].key)    //判断                {                parent[j] = st;                vx[j].key = Graph[st][j];                q.push(vx[j]);                }            }        }}int main(){    while(scanf("%d",&N)&&N!=0){        for(int i = 1;i<=N;i++)            scanf("%s",str[i]);        memset(Graph, 124,sizeof(Graph));        for(int  i= 1;i<=N;i++)            for(int j = i+1;j<=N;j++){                int w = 0;                for(int k = 0;k<7;k++)                    if(str[i][k]!=str[j][k])                        w++;                Graph[j][i] = Graph[i][j] = w;            }        Prim();        int ans = 0;        for(int i = 1;i<=N;i++)            ans+=vx[i].key;        printf("The highest possible quality is 1/%d.\n",ans);    }    return 0;}