题目
给一个n(n<=1e5)个，点m(m<=n*(n+1)/2)条边的图，
图本是完全图，这m条边的代价都为1，其余的边的代价都为0，
求这个图的最小生成树的代价，输出代价
思路来源
官方题解
题解
考虑把0边的在并查集都合在一起，忽略1边，就变成了补图x个连通块，
使x个联通块相同必须用1的代价，答案即补图连通块个数-1，
一条边只在点号大的时候考虑一次，对于一个给定点u，
如果u连向另一连通块v的1边的个数now[v]比这个连通块的大小sz[v]要小，
说明u一定有0边连向这个连通块v，即合并u和v的集合
检查所有边，每次并查集合并复杂度logn，总复杂度大概O(nlogn+m)
另外有做法是bfs，set维护当前没有确定集合的点，确定了一个点即将其删掉，
此做法复杂度比较玄学，据说均摊O(nlogn+nlogm)，就不补了
其实不是愁没有做法，只是不敢莽啊，分析不出确切复杂度…
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,m,u,v,x,y;
int sz[N],par[N];
int rt[N],tot,num;//rt[]:满足par[i]==i的集合
int now[N],ans;//now[i]:现在的点的个数
vector<int>e[N];
int find(int x)
{
return par[x]==x?x:par[x]=find(par[x]);
}
int main()
{
//求补图连通块的块数
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
par[i]=i;
sz[i]=1;
}
for(int i=1;i<=m;++i)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int v:e[i])
{
if(v>i)continue;
now[find(v)]++;
}
for(int j=1;j<=tot;++j)//1-tot为已出现的点 rt[j]为现存的根
{
x=find(rt[j]);
y=find(i);
if(x==y)continue;
if(sz[x]>now[x])
{
par[y]=x;
sz[x]+=sz[y];
}
}
num=0;
for(int j=1;j<=tot;++j)
if(find(rt[j])==rt[j])rt[++num]=rt[j];
if(find(i)==i)rt[++num]=i;
tot=num;
for(int v:e[i])
{
if(v>i)continue;
now[find(v)]=0;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
if(find(i)==i)ans++;
printf("%d\n",ans-1);
return 0;
} 