CF2117G 并查集

CF2117G 题解

题目重述

给定一个带权无向连通图，求从结点 \(1\) 到结点 \(n\) 的所有路径中，路径费用最小的值。路径费用定义为：路径上的最大边权 + 最小边权。路径可以是非简单路径（允许重复经过边或结点）。

解题思路

由于走的路径一定是一棵树，我们要找的是树上的最大和最小的和，但单纯的\(Kruskal\)并不一定能得到最优解，在\(1\)与\(n\)刚连通时的答案也不一定最优。
所以我们使用\(Kruskal\)算法的变种，通过以下步骤解决问题：

1. 边排序：将所有边按权值从小到大排序。
2. 逐步加边：使用并查集维护连通性。
3. 维护最小值：记录每个连通块中的最小边权。
4. 计算候选答案：当\(1\)和\(n\)连通时，用当前连通块的最小值加上当前边的权值（最大值）作为候选答案。

不明白的可以手搓一下以下案例：

输入：

1
6 5
1 6 15
1 3 17
3 4 10
4 5 25
5 2 8

本题有多测，我的代码不用清空数组，wa了的可以看一下是不是忘了
n为6，如果只看是否连到最小边，会连到2，值为33
连通 \(1\) \(3\) \(4\) \(6\) 时最小，为\(27\)。

复杂度分析

• 时间复杂度：\(O(m \log m)\)
• 空间复杂度：\(O(n + m)\)

CODE

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long  
using namespace std;
constexpr int maxn = 2e5+10;  // 最大节点数
constexpr int maxm = 4e5+10;  // 最大边数
constexpr int INF = LONG_LONG_MAX>>1;typedef struct edge {int fr, to, wei;  // 起点、终点、权重// 重载运算符bool operator<(const edge& other)const {return wei < other.wei;}
}edge;edge edges[maxn];  // 边的数组
int fa[maxn];      // 并查集的父节点数组
int min_edge[maxn]; // 连通块中的最小边权int find_root(int x) {if(x != fa[x]) {fa[x] = find_root(fa[x]); }return fa[x];
}void init_fa(int n) {for(int i = 1; i <= n; ++i) {fa[i] = i;  min_edge[i] = INF;  // 初始最小边权为无穷大}
}int kruskal(int n, int m) {sort(edges, edges + m);init_fa(n);int ans = INF; for (int i = 0; i < m; ++i) {int xr = find_root(edges[i].fr);int yr = find_root(edges[i].to);if(xr != yr) {fa[xr] = yr;}// 更新当前连通块的最小边权-min(将要相连的两块的最小值,当前边的值)min_edge[yr] = min({min_edge[xr], min_edge[yr], edges[i].wei});// 检查节点1和n是否连通if(find_root(1) == find_root(n)) {// 如果连通，则更新答案：当前边权重（最大）+连通块最小边权// 连通后不用再加特判谁是最大边，因为当前边会不断增大// 只有1的并集（已经链接到n）的最小值被修改了，它的值才可能比原来的ans小。ans = min(ans, edges[i].wei + min_edge[find_root(1)]);}}return ans;
}signed main() {int t; int n = 0, m; scanf("%lld", &t);while(t--) {scanf("%lld%lld", &n, &m);for(int i = 0; i < m; ++i) {scanf("%lld%lld%lld", &edges[i].fr, &edges[i].to, &edges[i].wei);}int ans = kruskal(n, m);printf("%lld\n", ans);}return 0;
}