还是畅通工程
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 58099 Accepted Submission(s): 26400
Problem Description
某省调查乡村交通状况，得到的统计表中列出了任意两村庄间的距离。省政府“畅通工程”的目标是使全省任何两个村庄间都可以实现公路交通（但不一定有直接的公路相连，只要能间接通过公路可达即可），并要求铺设的公路总长度为最小。请计算最小的公路总长度。
Input
测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出村庄数目N ( < 100 )；随后的N(N-1)/2行对应村庄间的距离，每行给出一对正整数，分别是两个村庄的编号，以及此两村庄间的距离。为简单起见，村庄从1到N编号。
当N为0时，输入结束，该用例不被处理。
Output
对每个测试用例，在1行里输出最小的公路总长度。
Sample Input
3
1 2 1
1 3 2
2 3 4
4
1 2 1
1 3 4
1 4 1
2 3 3
2 4 2
3 4 5
0
Sample Output
3 5
Hint
Hint Huge input, scanf is recommended.
多组输入
克鲁斯卡尔算法：在一幅图的所有带权边中选取权值最小的边，如果这条边不会使图构成一个回路(不在同一棵树)，则选取这条边，然后把这两棵树合并成一棵树，直到只有一棵树为止。
本题模板题(要有并查集的基础)
ac代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
#include<deque>
#include<queue>
#include<list>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+7;
#define ll long long
#define ME0(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define MEI(x) memset(x,inf,sizeof(x))
using namespace std;
//~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~hdu1233
struct LX
{
int st,ed,di;
bool operator <(const LX &a)
{
return di<a.di;
}
}lx[5005];
int sett[5005];
int findf(int x)
{
return sett[x]=(x==sett[x]?x:findf(sett[x]));
}
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)&&n)
{
for(int i=1;i<=n*(n-1)/2;i++)
{
scanf("%d%d%d",&lx[i].st,&lx[i].ed,&lx[i].di);
}
sort(lx+1,lx+1+n*(n-1)/2);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
sett[i]=i;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n*(n-1)/2;i++)
{
int fs=findf(lx[i].st),fe=findf(lx[i].ed);
if(fs!=fe)
{
sett[fe]=fs;
ans+=lx[i].di;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}我以为的普利姆算法：选取一个节点为初节点进行标记(我们选取编号为1的节点，当然选其他的也是可以的)，然后找所有的已标记节点到未标记节点的边，找出最短的那条边之后标记这条边的终点，这样就找到一条边了(ans+=mint)就好了，知道所有的点被标记，因为一开始只有1号点被标记，所以重复n-1次
ac代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
#include<deque>
#include<queue>
#include<list>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+7;
#define ll long long
#define ME0(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define MEI(x) memset(x,inf,sizeof(x))
using namespace std;
//~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~hdu1233
int n,st,ed,di,mapt[105][105],vis[105];
int main()
{
while(scanf("%d",&n)&&n)
{
int mint,ans=0,v;
ME0(vis);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
mapt[i][i]=0;
}
mint=inf;
for(int n1=1;n1<=n*(n-1)/2;n1++)
{
scanf("%d%d%d",&st,&ed,&di);
mapt[st][ed]=mapt[ed][st]=di;
}
vis[1]=1;
for(int n1=1;n1<=n-1;n1++)
{
mint=inf;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(vis[i])
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(!vis[j])
{
if(mint>mapt[i][j])
{
mint=mapt[i][j];
v=j;
}
}
}
}
}
ans+=mint;
vis[v]=1;
}
printf("%d\n",ans);
}
}普利姆算法：选取一个节点为初节点进行标记(我们选取编号为1的节点，当然选其他的也是可以的)，然后声明一个dis数组用来存当前所有已经标记的节点到当前所有未标记的节点的最短距离，因为一开始只有节点1被标记，所以dis数组存的是节点1到其他节点的最短距离，dis[1]=inf，至于为什么看下去就知道了，用一个mapt数组存所有的边预处理好之后算法就开始了，我们从当前被标记的节点出发寻找到未标记的节点边中最小的那条边，找到之后将终点进行标记，这样就又有一个节点被标记了，然后(ans+=mint)，然后用新标记的点去更新dis数组，看有没有更小的从当前被标记节点到未标记节点的边，如果有就替换掉，因为当前有n-1个节点未标记，所以我们需要重复n-1次。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
#include<deque>
#include<queue>
#include<list>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+7;
#define ll long long
#define ME0(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define MEI(x) memset(x,inf,sizeof(x))
using namespace std;
//~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~hdu1233
//~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~prim
int n,st,ed,di,mapt[105][105],vis[105],dis[105];
int main()
{
while(scanf("%d",&n)&&n)
{
int mint,ans=0,v;
MEI(mapt);
for(int i=1;i<=n*(n-1)/2;i++)
{
scanf("%d%d%d",&st,&ed,&di);
mapt[st][ed]=mapt[ed][st]=di;
}
ME0(vis);
MEI(dis);
vis[1]=1;
v=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(dis[i]>mapt[v][i])
{
dis[i]=mapt[v][i];
}
}
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
mint=inf;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(!vis[j])
{
if(dis[j]<mint)
{
mint=dis[j];
v=j;
}
}
}
ans+=mint;
vis[v]=1;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(!vis[j])
{
if(dis[j]>mapt[v][j])
{
dis[j]=mapt[v][j];
}
}
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}个人感觉我的思路也没错，就是时间复杂度高了 ，有望大佬指点一二，嘤嘤嘤嘤~~~~~~