题目描述
给定n个点，第i个点的坐标为(xi,yi)(xi,yi)，如果想连通第i个点与第j个点，需要耗费的代价为两点的距离。第i个点与第j个点之间的距离使用欧几里得距离进行计算，即：(xi-xj)2+(yi-yj)2
我们规定耗费代价小于c的两点无法连通，求使得每两点都能连通下的最小代价，如果无法连通输出-1。
输入格式
第一行两个整数n,c代表点数与想要连通代价不能少于的一个数。
接下来n行每行两个整数xi,yi描述第i个点。
输出格式
一行一个整数代表使得每两点都能连通下的最小代价，如果无法连通输出 -1。
数据规模
1≤n≤2000，0≤xi,yi≤1000，1≤c≤106。
思路：
既然我们想要让这张图中的每两个点之间都能联通，那么这道题很明显就是一道使用最小生成树解决的问题。我们一共有最多2000个点，所以我们可以枚举每两个点之间的距离，然后判断距离是否满足≥c的条件。如果满足，则我们将这条边存储下来。
这里存储边我们仍然使用结构体存储起点、终点和边权的方法。
接下来我们还是要对边依照边权从小到大进行排序。
最后我们只需要跑一遍克鲁斯卡尔算法即可。
完整代码：
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 using namespace std;
4 int n,c;
5 struct dian{
6 int x,y;
7 }a[2005];
8 int fa[2005];
9 struct bian{
10 int start;
11 int end;
12 int dis;
13 }b[4000005];
14 bool cmp(bian a,bian b){
15 return a.dis<b.dis;
16 }
17 int find(int x){
18 if(x==fa[x]){
19 return x;
20 }else{
21 return fa[x]=find(fa[x]);
22 }
23 }
24 void unionn(int x,int y){
25 int r1=find(x);
26 int r2=find(y);
27 fa[r1]=r2;
28 }
29 int main(){
30 cin>>n>>c;
31 for(int i=1;i<=n;i++){
32 cin>>a[i].x>>a[i].y;
33 }
34 int cnt=1;
35 for(int i=1;i<=n;i++){
36 for(int j=i+1;j<=n;j++){
37 if((a[i].x-a[j].x)*(a[i].x-a[j].x)+(a[i].y-a[j].y)*(a[i].y-a[j].y)>=c){
38 b[cnt].start=i;
39 b[cnt].end=j;
40 b[cnt].dis=(a[i].x-a[j].x)*(a[i].x-a[j].x)+(a[i].y-a[j].y)*(a[i].y-a[j].y);
41 cnt++;
42 }
43 }
44 }
45 cnt--;
46 sort(b+1,b+cnt+1,cmp);
47 for(int i=1;i<=n;i++){
48 fa[i]=i;
49 }
50 int sum=0;//统计加入连通图的点数
51 int ans=0;//统计最小代价
52 for(int i=1;i<=cnt;i++){
53 if(find(b[i].start)!=find(b[i].end)){
54 sum++;
55 ans+=b[i].dis;
56 unionn(b[i].start,b[i].end);
57 }
58 if(sum==n-1){
59 break;
60 }
61 }
62 if(sum<n-1){
63 cout<<-1<<endl;
64 }else{
65 cout<<ans<<endl;
66 }
67 return 0;
68 }
这里要注意一点：两点间的距离在题目的定义中是直接的平方和，所以我们不需要使用double，但同时我们也要注意应当让边权直接与c比较，在比较时也不必对c取平方。