Total Eclipse（并查集）

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6763

题目大意：有一个n个点m条边的无向图，结点从1开始编号到n，每个结点都有一个权值bi，现在希望可以将所有结点的权值改为0。可以进行下面的操作：选择一个正整数k(1<=k<=n)，选择k个不同的结点c1, c2, ..., ck(1<=ci<=n)，并且这k个结点可以相互连通，也就是这k个点是连通的，这k个城市每个城市的权值都减1。点权不能为负，且每次找的必须是极大连通分量。问最小需要多少次这样的操作可以将所有结点的权值都变为0。

官方题解：

每次一定是选择一个极大连通块，将里面所有数同时减小，直到最小值变成 0，然后将变成 0 的点删除，分裂成多个连通块再接着做。

为了实现这个策略，可以将整个过程倒过来看，变成按照 b 的值从大到小依次加入每个点。加入每个点 x 时遍历与 x 相连的所有边 (x,y)，如果 y 在 x 之前加入且 x 和 y 不连通则将 x 和 y 合并，并将 y 所在连通块的树根的父亲设为 x，得到一棵有根树。那么每个点 x 在成为最小值之前已经被做了 b_fatherx 次操作，所以每个点 x 对答案的贡献为 b_x − b_fatherx。使用并查集支持路径压缩，时间复杂度 O((n + m)logn)。

理解：

先是一起对整个极大连通分量中的所有点的权值进行减少，然后有的点权变为0，这个点可看成被删除了，然后这个大的连通分量就变成了许多小的连通分量，然后继续删。

对于一个连通块来说，一定是点按照权值从小到大被删。把操作顺序倒过来，就是把大的结点减小成和小的结点相同，然后一起删掉。

代码如下：

  1 #include <bits/stdc++.h>
  2 typedef long long LL;
  3 #define pb push_back
  4 #define mst(a) memset(a,0,sizeof(a))
  5 const int INF = 0x3f3f3f3f;//0x7fffffff;
  6 const double eps = 1e-8;
  7 const int mod = 1e9+7;
  8 const int maxn = 1e5+10;
  9 using namespace std;
 10 
 11 struct edge
 12 {
 13     int to;
 14     int next;
 15 }E[10*maxn];//注意边的条数,无向图至少要开两倍
 16 int head[maxn], tot;
 17 void add(int u,int v)
 18 {
 19     E[tot].to = v;
 20     E[tot].next = head[u];
 21     head[u] = tot++;
 22 }
 23 
 24 int n,m;
 25 int fa[maxn];
 26 int Find(int x)
 27 {
 28     return x==fa[x]? x : fa[x]=Find(fa[x]);
 29 }
 30 void Union(int a,int b)
 31 {
 32     int aa = Find(a);
 33     int bb = Find(b);
 34     if(aa!=bb) fa[aa] = bb;
 35 }
 36 
 37 int pre[maxn];//每个点的父亲节点,即之前的连通分量减到了这个点的权值
 38 int rk[maxn];//权值第i大的点的编号
 39 int wake[maxn];//标记每个点是否在连通分量中
 40 int a[maxn];//点的权值
 41 
 42 init()
 43 {
 44     tot = 0;
 45     for(int i=0;i<=n;i++)
 46     {
 47         head[i] = -1;
 48         pre[i] = wake[i] = 0;
 49         rk[i] = fa[i] = i;
 50     }
 51 }
 52 
 53 bool cmp(int x, int y)
 54 {
 55     return a[x]>a[y];
 56 }
 57 
 58 int main()
 59 {
 60     #ifdef DEBUG
 61     freopen("sample.txt","r",stdin); //freopen("data.out", "w", stdout);
 62     #endif
 63     
 64     int T;
 65     scanf("%d",&T);
 66     while(T--)
 67     {
 68         scanf("%d %d",&n,&m);
 69         init();
 70         for(int i=1;i<=n;i++)
 71             scanf("%d",&a[i]);
 72         for(int i=1;i<=m;i++)
 73         {
 74             int u,v;
 75             scanf("%d %d",&u,&v);
 76             add(u,v); add(v,u);
 77         }
 78         sort(rk+1,rk+1+n,cmp);
 79         for(int i=1;i<=n;i++)
 80         {
 81             int t = rk[i]; //选择当前权值最大的一个点
 82             wake[t] = 1;  //将其唤醒
 83             for(int j=head[t];j!=-1;j=E[j].next)
 84             {
 85                 int v = E[j].to;
 86                 if(!wake[v]) continue;
 87                 int vv = Find(v);
 88                 if(vv == t) continue;
 89                 pre[vv] = fa[vv] = t;
 90             }
 91         }
 92         LL ans = 0;
 93         for(int i=1;i<=n;i++)
 94             ans += a[i]-a[pre[i]];
 95         //因为之前的连通分量所有点的权值全为a[i],他们加上了pre[i]这个点,权值就全变成a[pre[i]]了,故对ans贡献值为a[i]-a[pre[i]]
 96         printf("%lld\n",ans);
 97     }
 98     
 99     return 0;
100 }

Total Eclipse（并查集）

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