詳解次小生成樹以及相關(guān)的C++求解方法
次小生成樹的定義
設(shè) G=(V,E,w)是連通的無(wú)向圖,T 是圖G 的一個(gè)最小生成樹。如果有另一棵樹T1,滿
足不存在樹T',ω(T')<ω(T1) ,則稱T1是圖G的次小生成樹。
求解次小生成樹的算法
約定:由T 進(jìn)行一次可行交換得到的新的生成樹所組成的集合,稱為樹T的鄰集,記為N(T)。
定理 3:設(shè)T是圖G的最小生成樹,如果T1滿足ω(T1)=min{ω(T')| T'∈N(T)},則T1是G
的次小生成樹。
證明:如果 T1 不是G 的次小生成樹,那么必定存在另一個(gè)生成樹T',T'=T 使得
ω(T)≤ω(T')<ω(T1),由T1的定義式知T不屬于N(T),則
E(T')/E(T)={a1,a2
1,……,at},E(T)/E(T')={b1,b2,……,bt},其中t≥2。根據(jù)引理1 知,存在一
個(gè)排列bi1,bi2,……,bit,使得T+aj-bij仍然是G 的生成樹,且均屬于N(T),所以ω(aj)≥ω(bij),
所以ω(T')≥ω(T+aj-bij)≥ω(T1),故矛盾。所以T1是圖G 的次小生成樹。
通過(guò)上述定理,我們就有了解決次小生成樹問(wèn)題的基本思路。
首先先求該圖的最小生成樹T。時(shí)間復(fù)雜度O(Vlog2V+E)
然后,求T的鄰集中權(quán)值和最小的生成樹,即圖G 的次小生成樹。
如果只是簡(jiǎn)單的枚舉,復(fù)雜度很高。首先枚舉兩條邊的復(fù)雜度是O(VE),再判斷該交換是否
可行的復(fù)雜度是O(V),則總的時(shí)間復(fù)雜度是O(V2E)。這樣的算法顯得很盲目。經(jīng)過(guò)簡(jiǎn)單的
分析不難發(fā)現(xiàn),每加入一條不在樹上的邊,總能形成一個(gè)環(huán),只有刪去環(huán)上的一條邊,才能
保證交換后仍然是生成樹,而刪去邊的權(quán)值越大,新得到的生成樹的權(quán)值和越小。我們可以
以此將復(fù)雜度降為O(VE)。這已經(jīng)前進(jìn)了一大步,但仍不夠好。
回顧上一個(gè)模型——最小度限制生成樹,我們也曾面臨過(guò)類似的問(wèn)題,并且最終采用動(dòng)態(tài)規(guī)
劃的方法避免了重復(fù)計(jì)算,使得復(fù)雜度大大降低。對(duì)于本題,我們可以采用類似的思想。首
先做一步預(yù)處理,求出樹上每?jī)蓚€(gè)結(jié)點(diǎn)之間的路徑上的權(quán)值最大的邊,然后,枚舉圖中不在
樹上的邊,有了剛才的預(yù)處理,我們就可以用O(1)的時(shí)間得到形成的環(huán)上的權(quán)值最大的邊。
如何預(yù)處理呢?因?yàn)檫@是一棵樹,所以并不需要什么高深的算法,只要簡(jiǎn)單的BFS 即可。
預(yù)處理所要的時(shí)間復(fù)雜度為O(V2)。
這樣,這一步時(shí)間復(fù)雜度降為O(V2)。
綜上所述,次小生成樹的時(shí)間復(fù)雜度為O(V2)。
練習(xí)
題目:
題目描述:
最小生成樹大家都已經(jīng)很了解,次小生成樹就是圖中構(gòu)成的樹的權(quán)值和第二小的樹,此值也可能等于最小生成樹的權(quán)值和,你的任務(wù)就是設(shè)計(jì)一個(gè)算法計(jì)算圖的最小生成樹。
輸入:
存在多組數(shù)據(jù),第一行一個(gè)正整數(shù)t,表示有t組數(shù)據(jù)。
每組數(shù)據(jù)第一行有兩個(gè)整數(shù)n和m(2<=n<=100),之后m行,每行三個(gè)正整數(shù)s,e,w,表示s到e的雙向路的權(quán)值為w。
輸出:
輸出次小生成樹的值,如果不存在輸出-1。
樣例輸入:
2
3 3
1 2 1
2 3 2
3 1 3
4 4
1 2 2
2 3 2
3 4 2
4 1 2
樣例輸出:
4
6
ac代碼(注釋寫的比較清楚):
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#define MAX 100000
int father[210]; // 并查集
int visit[210]; // 記錄最小生成樹用到的邊的下標(biāo)
int windex; // 記錄最小生成樹用到邊的數(shù)量
typedef struct node {
int st, ed, w;
} node;
/**
* 預(yù)處理并查集數(shù)組
*/
void preProcess()
{
int i, len = sizeof(father) / sizeof(father[0]);
for (i = 0; i < len; i ++) {
father[i] = i;
}
}
/**
* kruskal使用貪心算法,將邊按權(quán)值從小到大排序
*/
int cmp(const void *p, const void *q)
{
const node *a = p;
const node *b = q;
return a->w - b->w;
}
/**
* 并查集尋找起始結(jié)點(diǎn),路徑壓縮優(yōu)化
*/
int findParent(int x)
{
int parent;
if (x == father[x]) {
return x;
}
parent = findParent(father[x]);
father[x] = parent;
return parent;
}
/**
* 求最小生成樹
*/
int minTree(node *points, int m, int n)
{
preProcess();
int i, count, flag, pa, pb;
for (i = count = flag = windex = 0; i < m; i ++) {
pa = findParent(points[i].st);
pb = findParent(points[i].ed);
if (pa != pb) {
visit[windex ++] = i;
father[pa] = pb;
count ++;
}
if (count == n - 1) {
flag = 1;
break;
}
}
return flag;
}
/**
* 求次小生成樹
*/
int secMinTree(node *points, int m, int n)
{
int i, j, min, tmp, pa, pb, count, flag;
for (i = 0, min = MAX; i < windex; i ++) {
preProcess();
// 求次小生成樹
for (j = count = tmp = flag = 0; j < m; j ++) {
if (j != visit[i]) {
pa = findParent(points[j].st);
pb = findParent(points[j].ed);
if (pa != pb) {
count ++;
tmp += points[j].w;
father[pa] = pb;
}
if (count == n - 1) {
flag = 1;
break;
}
}
}
if (flag && tmp < min) min = tmp;
}
min = (min == MAX) ? -1 : min;
return min;
}
int main(void)
{
int i, t, n, m, flag, min;
node *points;
scanf("%d", &t);
while (t --) {
scanf("%d %d", &n, &m);
points = (node *)malloc(sizeof(node) * m);
for (i = 0; i < m; i ++) {
scanf("%d %d %d", &points[i].st, &points[i].ed, &points[i].w);
}
qsort(points, m, sizeof(points[0]), cmp);
flag = minTree(points, m, n);
if (flag == 0) { // 無(wú)法生成最小生成樹
printf("-1\n");
continue;
} else {
min = secMinTree(points, m, n);
printf("%d\n", min);
}
free(points);
}
return 0;
}
欄 目:C語(yǔ)言
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本文標(biāo)題:詳解次小生成樹以及相關(guān)的C++求解方法
本文地址:http://www.jygsgssxh.com/a1/Cyuyan/2899.html
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