经典算法:求解补图的连通块

模板题:CF1243 D. 0-1 MST

解法一:思维，并查集(含动态规划思想)

从小到大遍历节点。set动态维护当前已有连通块。对于每新增的一个节点$i$，我们试图用它来合并这些已有的连通块。具体做法就是用map记录它到每个连通块的边数。当连接边数 < 连通块点数时，合并$i$与这个连通块。连完清空set,再重新更新最新父节点.

复杂度分析:

乍看复杂度很高，但是均摊下来可以接受。

1.想象我们开始有$n$个连通块。然后逐渐两两合并这些连通块.最多合并$n-1$次后成为一个连通块。往后就不可能再有合并连通块的情况了。所以总共合并$n-1$次连通块,每次复杂度为$logn$.总复杂度为$O(nlogn)$.

2.当一个点$v$不合并一个连通块时，一定是$v$和这个连通块的所有点都有边。那么这种情况发生的次数最多就是边数$m$次.

复杂度:$O(nlogn+m)$

AC代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define vi vector<int>
#define vll vector<ll>
const int maxn = 1e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[maxn];
int f[maxn] , sz[maxn];
int getf (int x) {
    
    return x == f[x] ? x : f[x] = getf(f[x]);}
bool mer (int a , int b)
{
    
    
    int fa = getf(a) , fb = getf(b);
    if (fa == fb) return false;
    f[fb] = fa;
    sz[fa] += sz[fb];
    return true;
}
vi e[maxn];
int main()
{
    
    
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n , m; cin >> n >> m;
    for (int i = 1 ; i <= m ; i++){
    
    
        int x , y; cin >> x >> y;
        e[x].pb(y);
        e[y].pb(x);
    }
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++) f[i] = i , sz[i] = 1;
    unordered_set<int> fa;
    unordered_map<int,int> q;
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++){
    
    
        q.clear();
        for (auto v : e[i]) if (v < i) q[getf(v)]++;
        for (auto g : fa) if (q[g] < sz[g]) mer(g , i);
        unordered_set<int> tmp = fa;fa.clear();
        for (auto g : tmp) fa.insert(getf(g));
        if (getf(i) == i) fa.insert(i);
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++) if (getf(i) == i) ans++;
    cout << ans - 1 << endl;
    return 0;
}

解法二:BFS(更好理解)

做法：set维护当前未访问节点。从1到n,每个未访问的节点$x$，做一次bfs将含它的最大连通块求出来。

具体的bfs,从$x$开始，若$x$和set中的某个点$y$没边相连，就代表他们在补图中一定在一个集合里。所以将其插入队列，删掉set。如此往复这个过程即可。

复杂度分析:

对于bfs的每一次遍历set里的某一个元素时，有两种结果:

1.他们有边相连，无法将其删去.2.他们没边相连，可以将其删去.

对于情况1,它发生的次数就是边数的次数嘛.对于情况2,它最多就发生$n$次嘛。每一次会删去一个点。最多删去$n$个点.

复杂度：$O(mlogm+nlogn)$

AC代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define vi vector<int>
#define vll vector<ll>
const int maxn = 1e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
set<int> s;
set<pii> e;
int vis[maxn];
void bfs (int x)
{
    
    
    queue<int> q;
    s.erase(x);
    q.push(x);
    vis[x] = 1;
    while (q.size()){
    
    
        int u = q.front();
        q.pop();
        for (auto it = s.begin() ; it != s.end();){
    
    
            int v = *it++;
            if (e.count(mp(u , v))) continue;
            s.erase(v);
            q.push(v);
            vis[v] = 1;
        }
    }
    return ;
}
int main()
{
    
    
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n , m; cin >> n >> m;
    for (int i = 1 ; i <= m ; i++){
    
    
        int x , y; cin >> x >> y;
        e.insert(mp(x,y));
        e.insert(mp(y,x));
    }
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++) s.insert(i);
    int ans = 0;
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++) if (!vis[i]) ans++ , bfs(i);
    cout << ans - 1 << endl;
    return 0;
}