他和她

Time Limit: 2000/1000ms (Java/Others)

Problem Description:

大二上學期剛過完，平時成績不錯的小V參加了一個小型編程比賽，遇到一道題，雖然是書上的卻不會做。於是找了在機房的他幫忙。
他：什麽題目這麽厲害，書上有卻不會？
小V：就是給若幹個城市編號，也告訴了我連接這些城市的公路的距離，也有一些城市間是沒有直接的路的。求從一個城市到另外一個城市的最短距離。
他：這不很簡單的單向最短路徑麽？照書敲都行啦。
小V：不是什麽比賽都能帶書。
他：那你自己敲出來還不行麽？
小V：不會敲..完全下不了手，我只會考試那種畫圖的，寫代碼的話連思路都沒有。
他：好吧- -！思路是這樣的：
    s為起點，w[u,v]為點u和v之間的邊的長度（無邊則長度設為一個很大的數，只要比w[]的最大值大就行），把s點到其他點的距離保存在一個數組裏，假設是dis[]。
    1.初始化：起點到起點的距離dis[s]設為0，s點到其他點(v)的距離設w[s,v]，同時把所有的點都標記為未訪問過，s點標記訪問過。
    2.循環n-1次：
    ①在沒有訪問過的點中取dis[]距離最小且未訪問的點u，並標記為已訪問。
    ②對於每個與u相鄰的點v，執行Relax(u,v)，也就是說，如果滿足u點在最短路徑上的距離+u到v點距離小於原本v點到最短路徑上的距離就把v點到最短路徑的距離更新成更短的距離。
    3.結束。此時對於任意的u，dis[u]就是s到u的距離。
小V：標記？
他：開個數組表示就行了。
小V：那我試敲下。
他：等會，順便先判斷下這些城市能不能從任意一個城市i到另外一個城市j吧。
小V：生成樹？
他：這麽聰明？不過判斷連通不一定要生成樹，你還可以用搜索、並查集，搜索就看能不能一次就搜遍，集合就看是不是它們在同一連通分量，不是就把它們合並在一個集合裏，最終判斷是不是全部點同屬一個集合就行。
小V：那個叫什麽並查集的怎麽聽起來跟克魯斯卡爾算法那麽像。
他：kruskal是可以用並查集優化的。不過既然你這麽說了，那就幹脆也求個最小生成樹的值吧，即用公路長度和最小的n-1個公路將n個城市連在一起，求這n-1條路的公路長度。
小V：那代碼上跟最短路那個算法有什麽區別？
他：改下Relax()的條件，每加入一個點u，看其他跟該點有邊的點v，v到樹上的距離是不是小於u到樹上源點的距離，是就更新，再把生成樹上那些點的權值加起來就是答案。
大概半小時後，小V敲得差不多了。
他：看你都敲這麽多了，也告訴你這麽多了，不如加個難度，改求最大生成樹，這樣，我給你4個例子，你對照下答案。
經過比對，答案還是不對。這時他喵了一眼就看出是初始化問題，但他沒有告訴她。因為他知道這是她必須跨過的坎，有多少學生能把各種算法的原理講得很流暢，卻寫不出代碼。
而對於她，他希望她能解決的不只是這個問題，因為這樣才能實現他的心願：一！起！刷！題！

Hints:不要輕易放棄，水題雖多，AC不易。

Input:

多組數據，每組數據第一行是兩個數N,M（1<=N<=100，0<=M<=1000），N表示城市個數，城市從1開始編號，M表示公路數目，編號為1的城市為起點，編號為N的為終點，接下來有M行，每行兩個整數A,B,C（1<=A,B<=N,1<=C<=1000)，表示有一條長度為C的公路連接AB兩城市。數據保證1號城市不是孤立的。

Output:

如果從1號城市出發，不能到其他所有城市，則輸出-1，否則按樣例格式輸出最大生成樹的值和從1號城市到N號城市的最短距離。

Sample Input:

3 3
1 2 45
1 3 20
3 1 10
3 1
1 2 5
2 2
2 1 250
1 2 520
4 7
1 4 88
2 4 1
4 2 50
3 1 6
4 1 1000
4 3 30
2 3 100

Sample Output:

spanning tree:65 shortest distance:10
-1
spanning tree:520 shortest distance:250
spanning tree:1150 shortest distance:36
解題思路：最大生成樹即將prim算法中每次找最小權值改為找最大權值，每加入一個點更新一下用最大權值代替原來的最小值即可。這題還要考慮重邊的情況，簡單處理，簡單水過。
AC代碼：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int maxn=105;
 
 4 const int INF=0x3f3f3f3f;
 5 int n,m,a,b,c,maxcost[maxn],dist[maxn],G[maxn][maxn],cost[maxn][maxn];bool vis[maxn],used[maxn];
 6 int prim(){//最大生成樹
 7     for(int i=1;i<=n;++i)maxcost[i]=G[1][i];
 8     maxcost[1]=0;used[1]=true;
 9     int res=0;
10     for(int i=1;i<n;++i){
11         int k=-1;
12         for(int j=1;j<=n;++j)
13             if(!used[j]&&(k==-1||maxcost[k]<maxcost[j]))k=j;//每次找最大邊權
14         if(k==-1)break;
15         used[k]=true;res+=maxcost[k];
16         for(int j=1;j<=n;++j)
17             if(!used[j])maxcost[j]=max(maxcost[j],G[k][j]);//更新周圍點到已經歸納點的集合的最小權值
18     }
19     return res;
20 }
21 int dijkstra(){//最短路徑
22     for(int i=1;i<=n;++i)dist[i]=cost[1][i];
23     dist[1]=0;vis[1]=true;
24     for(int i=1;i<n;++i){
25         int k=-1;
26         for(int j=1;j<=n;++j)
27             if(!vis[j]&&(k==-1||dist[k]>dist[j]))k=j;
28         if(k==-1)break;
29         vis[k]=true;
30         for(int j=1;j<=n;++j)
31             if(!vis[j])dist[j]=min(dist[j],dist[k]+cost[k][j]);
32     }
33     return dist[n];
34 }
35 int main(){
36     while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
37         memset(vis,false,sizeof(vis));//全部初始化為未訪問狀態即false
38         memset(used,false,sizeof(used));
39         for(int i=1;i<=n;++i){
40             for(int j=1;j<=n;++j){
41                 G[i][j]=(i==j?0:-INF);//求最大生成樹：初始化為最小值-INF
42                 cost[i][j]=(i==j?0:INF);//求最短路徑：初始化為最大值INF
43             }
44         }
45         for(int i=1;i<=m;++i){
46             scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
47             G[a][b]=G[b][a]=max(G[a][b],c);//去重，代替最小權值
48             cost[a][b]=cost[b][a]=min(cost[a][b],c);//去重，代替最大權值
49         }
50         int ok=prim();
51         if(ok<=0)cout<<-1<<endl;//如果不大於0，說明不能從1到達n，直接輸出-1
52         else cout<<"spanning tree:"<<ok<<" shortest distance:"<<dijkstra()<<endl;
53     }
54     return 0;
55 }

ACM_他和她（最大生成樹+最短路徑）