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  • hdu 1232:畅通工程(数据结构,树,并查集)

    畅通工程

    Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
    Total Submission(s): 25388    Accepted Submission(s): 13241


    Problem Description
    某省调查城镇交通状况,得到现有城镇道路统计表,表中列出了每条道路直接连通的城镇。省政府“畅通工程”的目标是使全省任何两个城镇间都可以实现交通(但不一定有直接的道路相连,只要互相间接通过道路可达即可)。问最少还需要建设多少条道路? 
     


    Input
    测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出两个正整数,分别是城镇数目N ( < 1000 )和道路数目M;随后的M行对应M条道路,每行给出一对正整数,分别是该条道路直接连通的两个城镇的编号。为简单起见,城镇从1到N编号。 
    注意:两个城市之间可以有多条道路相通,也就是说
    3 3
    1 2
    1 2
    2 1
    这种输入也是合法的
    当N为0时,输入结束,该用例不被处理。 
     


    Output
    对每个测试用例,在1行里输出最少还需要建设的道路数目。 
     


    Sample Input
    4 2 1 3 4 3 3 3 1 2 1 3 2 3 5 2 1 2 3 5 999 0 0
     


    Sample Output
    1 0 2 998
    Hint
    Hint
    Huge input, scanf is recommended.
     


    Source
     


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      数据结构:并查集(树实现),经典题。
      之前写过并查集的题,这次直接套用了上次写的模板。
      题意为有N座城市,M条公路,下面给出M条公路的具体两端连通的城市,求还需要修多少条公路才能将所有的城市连通起来。
      思路:如果有公路连通的城市算一个集合,通过并查集求出所有城市一共有多少个这样的集合,然后用这个集合数-1就是还需要修的公路数。
      题目代码:
     
     1 #include <iostream>
     2 using namespace std;
     3 /* 并查集模板
     4 */
     5 int UFS_NUM;    //并查集中元素总数
     6 typedef struct node{
     7     int data;    //节点对应的编号 
     8     int rank;    //节点对应秩 
     9     int parent;    //节点对应的双亲下标 
    10 }UFSTree;        //并查集树的节点类型 
    11 void MAKE_SET(UFSTree t[])    //初始化并查集树 
    12 {
    13     int i;
    14     for(i=1;i<=UFS_NUM;i++){
    15         t[i].data = i;        //数据为该点编号 
    16         t[i].rank = 0;        //秩初始化为0 
    17         t[i].parent = i;    //双亲初始化为指向自己 
    18     }
    19 }
    20 int FIND_SET(UFSTree t[],int x)    //在x所在的子树中查找集合编号
    21 {
    22     if(t[x].parent == x)    //双亲是自己 
    23         return x;    //双亲是自己,返回 x 
    24     else    //双亲不是自己 
    25         return FIND_SET(t,t[x].parent);    //递归在双亲中查找x 
    26 } 
    27 void UNION(UFSTree t[],int x,int y)    //将x和y所在的子树合并
    28 {
    29     x = FIND_SET(t,x);    //查找 x 所在分离集合树的编号 
    30     y = FIND_SET(t,y);    //查找 y 所在分离集合树的编号 
    31     if(t[x].rank > t[y].rank)    //y 节点的秩小于 x节点的秩 
    32         t[y].parent = x;        //将 y 连接到 x 节点上,x 作为 y 的双亲节点 
    33     else{                //y 节点的秩大于等于 x 节点的秩 
    34         t[x].parent = y;            //将 x 连接到 y 节点上,y 作为 x 的双亲节点 
    35         if(t[x].rank==t[y].rank)    //x 和 y的双亲节点秩相同 
    36             t[y].rank++;            //y 节点的秩增 1 
    37     }
    38 } 
    39 int main()
    40 {
    41     int N,M;
    42     UFS_NUM=1000;
    43     UFSTree u[1001];
    44     while(cin>>N){
    45         if(N==0) break;
    46         cin>>M;
    47         MAKE_SET(u);
    48         for(int i=1;i<=M;i++){
    49             int x,y;
    50             cin>>x>>y;
    51             UNION(u,x,y);
    52         }
    53         int count = 0;
    54         for(int i=1;i<=N;i++)
    55             if(FIND_SET(u,i)==i)
    56                 count++;
    57         cout<<count-1<<endl;
    58     }
    59     return 0;
    60 }

    Freecode : www.cnblogs.com/yym2013

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/yym2013/p/3548328.html
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