问题介绍
有一天我看到这么一个描述：古时候的镖局（相当于现在的快递公司）要押镖，然后有一张地图。地图上面清晰的标记了从A城市出发到B城市的每一条线路，所经过的每个城市。但是由于古时候绿林好汉太多了（还是社会主义好啊，扯远了~~~），两两城市之间绿林好汉收取的保护费是不一样的，所以这就导致压镖成本不同，那么怎样设计镖局所在地，才能使镖局能到达所有城市且打点绿林好汉的成本最少。问题描述完了，有没有觉得蛮有意思呢？那么经过模型化，其实上面问题就转化为：给你一个连通图，让你求它的最小生成树，最终满足图中两顶点之间有且仅有一条路径能到达，并且所有边的权重之后最小。如下图所示。
问题分析
从问题描述中，为了满足问题需求，我们大致可以分析出以下几点：
- 要让n个顶点连通（无向图，两两之间互通），至少需要n -1 条边；
- 要让所有权重之后最小，应该从最小边开始逐个添加，直到添加满n -1条边为止；
- 怎样确定添加的一条边是否满足“最小”的概念，有一点就是这条边不能形成环，也就是边两顶点不能已经是在“一颗树上”的；
- 怎样判断两个顶点是否“在一棵树上”？用深度优先、广度优先都可以，但是时间复杂度比较高，所以我选择用并查集。
开始动手写代码
先上代码：
package disjointset;
import java.util.Scanner;
/**
* 最小生成树问题
* @author XZP
* 一组测试用例
6 9
2 4 11
3 5 13
4 6 3
5 6 4
2 3 6
4 5 7
1 2 1
3 4 9
1 3 2
*/
public class LongmenExpress {
public static void main(String[] args) {
int i = 0; // 循环计数变量
int j = 1;
int a, b, c; // a城到b城的花销c
int count = 0; // 已经找到边的条数
int sum = 0; // 最小生成树的开销总和
Scanner sc = new Scanner(System.in);
int n = sc.nextInt(); // 城市总数
int m = sc.nextInt(); // 道路总数
Cost[] costs = new Cost[m + 1]; // 开销数组
int[] book = new int [m + 1]; // 存储costs数组中对应的边是否被纳入最小生成树
int[] f = new int[n + 1]; // 存储每个节点的父节点
initF(f, n);
for (i = 1; i <= m; i++) {
a = sc.nextInt();
b = sc.nextInt();
c = sc.nextInt();
costs[i] = new Cost(a, b, c); // 将costs的每个索引值指向一个Cost对象
// merge(f, a, b);
}
sort(costs, 1, m); // 根据消耗大小将路线按从小到大排序
for (; j <= m; j++ ) {
a = costs[j].getA();
b = costs[j].getB();
c = costs[j].getC();
// 判断两个点是否已经在一个阵营
if (getF(a, f) != getF(b, f)) { // 这个地方注意一下，不要用f[a] != f[b]来判断，getF会根据调用栈，迭代更新，但是f[x]则不会，所以要用getF()函数判断
merge(f, a, b);
book[j] = 1;
sum += c;
count++; // 找到一条有效边即加一
}
if (count == n-1) {
break;
}
}
// 输出
System.out.println("最小生成树总花销为：" + sum);
for (i = 1; i <= m; i++) {
if (book[i] == 1) {
System.out.println("节点 " +costs[i].getA() + " 到节点 " + costs[i].getB() + "， 这趟花销 " +costs[i].getC());
}
}
}
public static void merge(int[] f, int a, int b) {
int t1, t2;
// 获取两个节点的父节点
t1 = getF(a, f);
t2 = getF(b, f); // 懂了，从这里找到b的根节点，这就是所谓的擒贼先擒王！
if (t1 != t2) { // 当两个节点不在一个阵营时，要根据靠左原则和擒贼先擒王原则将对应的节点信息更新
f[t2] = t1; // 曾经自己写错过！！！！！错在忽视了擒贼擒王的道理，更新的值不是t1而是a
}
}
/**
* 递归寻找节点x的父节点
* @param x
* @param f
* @return
*/
public static int getF(int x, int[] f) {
if (f[x] == x) {
return x;
} else {
f[x] = getF(f[x], f);
return f[x];
}
}
/**
* 使用快速排序将costs数组进行排序（快排时间复杂度O(MlogM)）
* @param costs
* @param low
* @param high
*/
public static void sort(Cost[] costs, int low, int high) {
if (low > high) {
return;
}
int i, j ;
Cost temp;
Cost t;
temp = costs[low];
i = low;
j = high;
while (i != j) {
while(costs[j].getC() >= temp.getC() && i < j) {
j--;
}
while (costs[i].getC() <= temp.getC() && i < j) {
i++;
}
if (i < j) { // 交换两个对象的引用在数组中的位置
t = costs[i];
costs[i] = costs[j];
costs[j] = t;
}
}
// 最终将基准数归为
costs[low] = costs[i];
costs[i] = temp;
sort(costs, low, i -1);
sort(costs, i + 1, high);
}
/**
* 初始化每个节点的父节点为自身
* @param f
* @param n
*/
public static void initF(int[] f, int n) {
for (int i =1; i <= n; i++) {
f[i] = i;
}
}
}
// 定义一个开销结构体对象
class Cost {
public int getA() {
return a;
}
public int getB() {
return b;
}
public int getC() {
return c;
}
private int a; // 城市a
private int b; // 城市b
private int c; // a、b两城市之间的开销
public Cost(int a, int b, int c) {
this.a = a;
this.b = b;
this.c = c;
}
}
首先解决两顶点“在同一颗树上”的问题
我用了一个数组f[],最开始时，这个数组中的值初始化为下标索引本身，表示编号i的顶点它最初只跟自己一个阵营，就是i。随着边的关系确定，比如输入
a b c(笔者注：c输入的是a，b两城之间的开销)
然后将f[b] = a处理，这样做的目的是将a、b归为一个阵营，并让b此时的根节点指向a，表示现在b跟你a混了，你当我老大吧。这样做有一个好处就是可以用递归实现一个“归顺效果”。比如有个A想征服b，输入
A b d (笔者注：d输入的是a，b两城之间的开销)
那么b不用管那么多，只需要告诉A：我的老大是a，你要想我的f[b]指向你，那首先你要找我老大a，让它f[a]指向你，然后递归到我这里。反过来，下次别人问我老大是谁。b就先问a老大是谁，然后a在告诉b，我的老大已经是A（不是它自己了！！！）,你也改一下你(这里是b)的f[b]值。
以上差不多我将如何确定两个人已经是一个阵营（一棵树上）的问题理了一遍，详细可以看看代码中的merge()方法和getF()方法，递归迭代的解决了以上问题。注意我注释的一些细节之处，因为我最开始在那里翻过车。
怎样满足没有环？
上面介绍了如何判断两个顶点是否在一个阵营（其实就是f[]矩阵下标对应的值是不是同一个老大），那么只要两者不是一个阵营中，就将满足的这条边加入最小生成树。我代码中是用了一个book[m + 1]标记矩阵来标识，当满足条件将这个数组对应下标值置为1，表示第i条边满足最小生成树的条件，加进去，算作一条有效边！
怎样选择才能使被选出的前n -1权重和最小？
这里，我就想，既然是要选n -1条边，那肯定我们都是从权重最小的边开始选，所以我首先将边根据开销用快排进行了从小到大的排序。为了便于存储，我用了类似C/C++中结构体的对象（哈哈哈哈，这样用有时候要注意下），写了一个Cost类存储两个顶点信息和开销信息，并生成了一个读取器。
算法分析
具体遇到的两个小坑以及算法复杂度可以从代码中得到，在此不再赘述。