01基本概念

貪心算法是指在對問題求解時(shí)，總是做出在當(dāng)前看來是最好的選擇。也就是說，不從整體最優(yōu)上加以考慮，只做出在某種意義上的局部最優(yōu)解。貪心算法不是對所有問題都能得到整體最優(yōu)解，關(guān)鍵是貪心策略的選擇，選擇的貪心策略必須具備無后效性，即某個(gè)狀態(tài)以前的過程不會影響以后的狀態(tài)，只與當(dāng)前狀態(tài)有關(guān)。

貪心算法沒有固定的算法框架，算法設(shè)計(jì)的關(guān)鍵是貪心策略的選擇。必須注意的是，貪心算法不是對所有問題都能得到整體最優(yōu)解，選擇的貪心策略必須具備無后效性（即某個(gè)狀態(tài)以后的過程不會影響以前的狀態(tài)，只與當(dāng)前狀態(tài)有關(guān)。）

所以，對所采用的貪心策略一定要仔細(xì)分析其是否滿足無后效性。

02貪心算法的基本思路

解題的一般步驟是：

1.建立數(shù)學(xué)模型來描述問題；
2.把求解的問題分成若干個(gè)子問題；
3.對每一子問題求解，得到子問題的局部最優(yōu)解；
4.把子問題的局部最優(yōu)解合成原來問題的一個(gè)解。

03該算法存在的問題

不能保證求得的最后解是最佳的

不能用來求最大值或最小值的問題

只能求滿足某些約束條件的可行解的范圍

04貪心算法適用的問題

貪心策略適用的前提是：局部最優(yōu)策略能導(dǎo)致產(chǎn)生全局最優(yōu)解。

實(shí)際上，貪心算法適用的情況很少。一般對一個(gè)問題分析是否適用于貪心算法，可以先選擇該問題下的幾個(gè)實(shí)際數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，就可以做出判斷。

05貪心選擇性質(zhì)

所謂貪心選擇性質(zhì)是指所求問題的整體最優(yōu)解可以通過一系列局部最優(yōu)的選擇，換句話說，當(dāng)考慮做何種選擇的時(shí)候，我們只考慮對當(dāng)前問題最佳的選擇而不考慮子問題的結(jié)果。這是貪心算法可行的第一個(gè)基本要素。貪心算法以迭代的方式作出相繼的貪心選擇，每作一次貪心選擇就將所求問題簡化為規(guī)模更小的子問題。對于一個(gè)具體問題，要確定它是否具有貪心選擇性質(zhì)，必須證明每一步所作的貪心選擇最終導(dǎo)致問題的整體最優(yōu)解。

當(dāng)一個(gè)問題的最優(yōu)解包含其子問題的最優(yōu)解時(shí)，稱此問題具有最優(yōu)子結(jié)構(gòu)性質(zhì)。問題的最優(yōu)子結(jié)構(gòu)性質(zhì)是該問題可用貪心算法求解的關(guān)鍵特征。

06貪心算法的實(shí)現(xiàn)框架

從問題的某一初始解出發(fā)：

?

while (朝給定總目標(biāo)前進(jìn)一步)
{
利用可行的決策，求出可行解的一個(gè)解元素。
}

?

由所有解元素組合成問題的一個(gè)可行解；

07例題分析

如果大家比較了解動態(tài)規(guī)劃，就會發(fā)現(xiàn)它們之間的相似之處。最優(yōu)解問題大部分都可以拆分成一個(gè)個(gè)的子問題，把解空間的遍歷視作對子問題樹的遍歷，則以某種形式對樹整個(gè)的遍歷一遍就可以求出最優(yōu)解，大部分情況下這是不可行的。貪心算法和動態(tài)規(guī)劃本質(zhì)上是對子問題樹的一種修剪，兩種算法要求問題都具有的一個(gè)性質(zhì)就是子問題最優(yōu)性(組成最優(yōu)解的每一個(gè)子問題的解，對于這個(gè)子問題本身肯定也是最優(yōu)的)。動態(tài)規(guī)劃方法代表了這一類問題的一般解法，我們自底向上構(gòu)造子問題的解，對每一個(gè)子樹的根，求出下面每一個(gè)葉子的值，并且以其中的最優(yōu)值作為自身的值，其它的值舍棄。而貪心算法是動態(tài)規(guī)劃方法的一個(gè)特例，可以證明每一個(gè)子樹的根的值不取決于下面葉子的值，而只取決于當(dāng)前問題的狀況。換句話說，不需要知道一個(gè)節(jié)點(diǎn)所有子樹的情況，就可以求出這個(gè)節(jié)點(diǎn)的值。由于貪心算法的這個(gè)特性，它對解空間樹的遍歷不需要自底向上，而只需要自根開始，選擇最優(yōu)的路，一直走到底就可以了。

話不多說，我們來看幾個(gè)具體的例子慢慢理解它：

1.活動選擇問題

這是《算法導(dǎo)論》上的例子，也是一個(gè)非常經(jīng)典的問題。有n個(gè)需要在同一天使用同一個(gè)教室的活動a1,a2,…,an，教室同一時(shí)刻只能由一個(gè)活動使用。每個(gè)活動ai都有一個(gè)開始時(shí)間si和結(jié)束時(shí)間fi 。一旦被選擇后，活動ai就占據(jù)半開時(shí)間區(qū)間[si,fi)。如果[si,fi]和[sj,fj]互不重疊，ai和aj兩個(gè)活動就可以被安排在這一天。該問題就是要安排這些活動使得盡量多的活動能不沖突的舉行。例如下圖所示的活動集合S，其中各項(xiàng)活動按照結(jié)束時(shí)間單調(diào)遞增排序。



考慮使用貪心算法的解法。為了方便，我們用不同顏色的線條代表每個(gè)活動，線條的長度就是活動所占據(jù)的時(shí)間段，藍(lán)色的線條表示我們已經(jīng)選擇的活動；紅色的線條表示我們沒有選擇的活動。

如果我們每次都選擇開始時(shí)間最早的活動，不能得到最優(yōu)解：



如果我們每次都選擇持續(xù)時(shí)間最短的活動，不能得到最優(yōu)解：



可以用數(shù)學(xué)歸納法證明，我們的貪心策略應(yīng)該是每次選取結(jié)束時(shí)間最早的活動。直觀上也很好理解，按這種方法選擇相容活動為未安排活動留下盡可能多的時(shí)間。這也是把各項(xiàng)活動按照結(jié)束時(shí)間單調(diào)遞增排序的原因。

C語言知識匯總

#include
#include
#include
using namespace std;    
int N;
struct Act
    {
int start;
int end;
    }act[100010];


bool cmp(Act a,Act b)
{  
return a.end=act[i].end)  
            {  
                i=j;  
                num++;  
            }  
        }  
return num;
    }


int main()
{  
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
        {
scanf("%d",&N);
for(int i=1;i<=N;i++)
            {
scanf("%lld %lld",&act[i].start,&act[i].end);
            }
            act[0].start=-1;
            act[0].end=-1;
             sort(act+1,act+N+1,cmp);
int res=greedy_activity_selector();
cout<

2.錢幣找零問題


這個(gè)問題在我們的日常生活中就更加普遍了。假設(shè)1元、2元、5元、10元、20元、50元、100元的紙幣分別有c0, c1, c2, c3, c4, c5, c6張?，F(xiàn)在要用這些錢來支付K元，至少要用多少張紙幣？用貪心算法的思想，很顯然，每一步盡可能用面值大的紙幣即可。在日常生活中我們自然而然也是這么做的。在程序中已經(jīng)事先將Value按照從小到大的順序排好。

?
#include
#include
using namespace std;
const int N=7;
int Count[N]={3,0,2,1,0,3,5};
int Value[N]={1,2,5,10,20,50,100};


int solve(int money)
{
int num=0;
for(int i=N-1;i>=0;i--)
        {
int c=min(money/Value[i],Count[i]);
            money=money-c*Value[i];
            num+=c;
        }
if(money>0) num=-1;
return num;
    }


int main()
{
int money;
cin>>money;
int res=solve(money);
if(res!=-1) cout<

3.再論背包問題


在從零開始學(xué)動態(tài)規(guī)劃中我們已經(jīng)談過三種最基本的背包問題：零一背包，部分背包，完全背包。很容易證明，背包問題不能使用貪心算法。然而我們考慮這樣一種背包問題：在選擇物品i裝入背包時(shí)，可以選擇物品的一部分，而不一定要全部裝入背包。這時(shí)便可以使用貪心算法求解了。計(jì)算每種物品的單位重量價(jià)值作為貪心選擇的依據(jù)指標(biāo)，選擇單位重量價(jià)值最高的物品，將盡可能多的該物品裝入背包，依此策略一直地進(jìn)行下去，直到背包裝滿為止。在零一背包問題中貪心選擇之所以不能得到最優(yōu)解原因是貪心選擇無法保證最終能將背包裝滿，部分閑置的背包空間使每公斤背包空間的價(jià)值降低了。在程序中已經(jīng)事先將單位重量價(jià)值按照從大到小的順序排好。

?
????#include???
using namespace std;   
const int N=4;  
void knapsack(float M,float v[],float w[],float x[]);  


int main()
{  
float M=50;
//背包所能容納的重量   
float w[]={0,10,30,20,5};
//每種物品的重量  
float v[]={0,200,400,100,10};  
//每種物品的價(jià)值
float x[N+1]={0};  
//記錄結(jié)果的數(shù)組
        knapsack(M,v,w,x);  
cout<<"選擇裝下的物品比例："<M) break;   
            x[i]=1;  
            M-=w[i];  
        }   
//物品部分被裝下  
if(i<=N) x[i]=M/w[i];   
    }



4.多機(jī)調(diào)度問題


n個(gè)作業(yè)組成的作業(yè)集，可由m臺相同機(jī)器加工處理。要求給出一種作業(yè)調(diào)度方案，使所給的n個(gè)作業(yè)在盡可能短的時(shí)間內(nèi)由m臺機(jī)器加工處理完成。作業(yè)不能拆分成更小的子作業(yè)；每個(gè)作業(yè)均可在任何一臺機(jī)器上加工處理。這個(gè)問題是NP完全問題，還沒有有效的解法(求最優(yōu)解)，但是可以用貪心選擇策略設(shè)計(jì)出較好的近似算法(求次優(yōu)解)。當(dāng)n<=m時(shí)，只要將作業(yè)時(shí)間區(qū)間分配給作業(yè)即可；當(dāng)n>m時(shí)，首先將n個(gè)作業(yè)從大到小排序，然后依此順序?qū)⒆鳂I(yè)分配給空閑的處理機(jī)。也就是說從剩下的作業(yè)中，選擇需要處理時(shí)間最長的，然后依次選擇處理時(shí)間次長的，直到所有的作業(yè)全部處理完畢，或者機(jī)器不能再處理其他作業(yè)為止。如果我們每次是將需要處理時(shí)間最短的作業(yè)分配給空閑的機(jī)器，那么可能就會出現(xiàn)其它所有作業(yè)都處理完了只剩所需時(shí)間最長的作業(yè)在處理的情況，這樣勢必效率較低。在下面的代碼中沒有討論n和m的大小關(guān)系，把這兩種情況合二為一了。

?
#include  
#include    
using namespace std;  
int speed[10010];  
int mintime[110];  


bool cmp( const int &x,const int &y)
{  
return x>y;  
    }  


int main()
{  
int n,m;         
memset(speed,0,sizeof(speed));  
memset(mintime,0,sizeof(mintime));  
cin>>n>>m;  
for(int i=0;i>speed[i];  
        sort(speed,speed+n,cmp);  
for(int i=0;i

5.小船過河問題


POJ1700是一道經(jīng)典的貪心算法例題。題目大意是只有一艘船，能乘2人，船的運(yùn)行速度為2人中較慢一人的速度，過去后還需一個(gè)人把船劃回來，問把n個(gè)人運(yùn)到對岸，最少需要多久。先將所有人過河所需的時(shí)間按照升序排序，我們考慮把單獨(dú)過河所需要時(shí)間最多的兩個(gè)旅行者送到對岸去，有兩種方式：


1.最快的和次快的過河，然后最快的將船劃回來；次慢的和最慢的過河，然后次快的將船劃回來，所需時(shí)間為：t[0]+2*t[1]+t[n-1]；


2.最快的和最慢的過河，然后最快的將船劃回來，最快的和次慢的過河，然后最快的將船劃回來，所需時(shí)間為：2*t[0]+t[n-2]+t[n-1]。


算一下就知道，除此之外的其它情況用的時(shí)間一定更多。每次都運(yùn)送耗時(shí)最長的兩人而不影響其它人，問題具有貪心子結(jié)構(gòu)的性質(zhì)。


AC代碼：

?
#include
#include
using namespace std;


int main()
{
int a[1000],t,n,sum;
scanf("%d",&t);
while(t--)
        {
scanf("%d",&n);
            sum=0;
for(int i=0;i3)
            {
                sum=min(sum+a[1]+a[0]+a[n-1]+a[1],sum+a[n-1]+a[0]+a[n-2]+a[0]);
                n-=2;
            }
if(n==3) sum+=a[0]+a[1]+a[2];
else if(n==2) sum+=a[1];
else sum+=a[0];
printf("%d
",sum);
        }
    }

6.區(qū)間覆蓋問題


POJ1328是一道經(jīng)典的貪心算法例題。題目大意是假設(shè)海岸線是一條無限延伸的直線。陸地在海岸線的一側(cè)，而海洋在另一側(cè)。每一個(gè)小的島嶼是海洋上的一個(gè)點(diǎn)。雷達(dá)坐落于海岸線上，只能覆蓋d距離，所以如果小島能夠被覆蓋到的話，它們之間的距離最多為d。題目要求計(jì)算出能夠覆蓋給出的所有島嶼的最少雷達(dá)數(shù)目。對于每個(gè)小島，我們可以計(jì)算出一個(gè)雷達(dá)所在位置的區(qū)間。




問題轉(zhuǎn)化為如何用盡可能少的點(diǎn)覆蓋這些區(qū)間。先將所有區(qū)間按照左端點(diǎn)大小排序，初始時(shí)需要一個(gè)點(diǎn)。如果兩個(gè)區(qū)間相交而不重合，我們什么都不需要做；如果一個(gè)區(qū)間完全包含于另外一個(gè)區(qū)間，我們需要更新區(qū)間的右端點(diǎn)；如果兩個(gè)區(qū)間不相交，我們需要增加點(diǎn)并更新右端點(diǎn)。


AC代碼：

?
#include
#include
#include
using namespace std;
struct Point
    {
double x;
double y;
    }point[1000];


int cmp(const void *a, const void *b)
{
return (*(Point *)a).x>(*(Point *)b).x?1:-1;
    }


int main()
{
int n,d;
int num=1;
while(cin>>n>>d)
        {
int counting=1;
if(n==0&&d==0) break;
for(int i=0;i>x>>y;
if(y>d)
                {
                    counting=-1;
                }
double t=sqrt(d*d-y*y);
//轉(zhuǎn)化為最少區(qū)間的問題
                point[i].x=x-t;
//區(qū)間左端點(diǎn)
                point[i].y=x+t;
//區(qū)間右端點(diǎn)
            }
if(counting!=-1)
            {
                qsort(point,n,sizeof(point[0]),cmp);
//按區(qū)間左端點(diǎn)排序
double s=point[0].y;
//區(qū)間右端點(diǎn)
for(int i=1;is)
//如果兩個(gè)區(qū)間沒有重合,增加雷達(dá)數(shù)目并更新右端點(diǎn)
                    {
                        counting++;
                        s=point[i].y;
                    }
else if(point[i].y

7.銷售比賽


在學(xué)校OJ上做的一道比較好的題，這里碼一下。假設(shè)有偶數(shù)天，要求每天必須買一件物品或者賣一件物品，只能選擇一種操作并且不能不選，開始手上沒有這種物品。現(xiàn)在給你每天的物品價(jià)格表，要求計(jì)算最大收益。首先要明白，第一天必須買，最后一天必須賣，并且最后手上沒有物品。那么除了第一天和最后一天之外我們每次取兩天，小的買大的賣，并且把賣的價(jià)格放進(jìn)一個(gè)最小堆。如果買的價(jià)格比堆頂還大，就交換。這樣我們保證了賣的價(jià)格總是大于買的價(jià)格，一定能取得最大收益。

C語言知識匯總
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
long long int price[100010],t,n,res;


int main()
{
        ios::sync_with_stdio(false);
cin>>t;
while(t--)
        {
cin>>n;
            priority_queue, greater > q;
            res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
            {
cin>>price[i];
            }
            res-=price[1];
            res+=price[n];
for(int i=2;i<=n-1;i=i+2)
            {
long long int buy=min(price[i],price[i+1]);
long long int sell=max(price[i],price[i+1]);
if(!q.empty())
                {
if(buy>q.top())
                    {
                        res=res-2*q.top()+buy+sell;
                        q.pop();
                        q.push(buy);
                        q.push(sell);
                    }
else
                    {
                        res=res-buy+sell;
                        q.push(sell);
                    }
                }
else
                {
                    res=res-buy+sell;
                    q.push(sell);
                }
            }     
cout<


下面我們結(jié)合數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)中的知識講解幾個(gè)例子。

8.Huffman編碼


這同樣是《算法導(dǎo)論》上的例子。Huffman編碼是廣泛用于數(shù)據(jù)文件壓縮的十分有效的編碼方法。我們可以有多種方式表示文件中的信息，如果用01串表示字符，采用定長編碼表示，則需要3位表示一個(gè)字符，整個(gè)文件編碼需要300000位；采用變長編碼表示，給頻率高的字符較短的編碼，頻率低的字符較長的編碼，達(dá)到整體編碼減少的目的，則整個(gè)文件編碼需要(45×1+13×3+12×3+16×3+9×4+5×4)×1000=224000位，由此可見，變長碼比定長碼方案好，總碼長減小約25%。

?

	?

	

	

	對每一個(gè)字符規(guī)定一個(gè)01串作為其代碼，并要求任一字符的代碼都不是其他字符代碼的前綴，這種編碼稱為前綴碼?？赡軣o前綴碼是一個(gè)更好的名字，但是前綴碼是一致認(rèn)可的標(biāo)準(zhǔn)術(shù)語。編碼的前綴性質(zhì)可以使譯碼非常簡單：例如001011101可以唯一的分解為0,0,101,1101，因而其譯碼為aabe。譯碼過程需要方便的取出編碼的前綴，為此可以用二叉樹作為前綴碼的數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)：樹葉表示給定字符；從樹根到樹葉的路徑當(dāng)作該字符的前綴碼；代碼中每一位的0或1分別作為指示某節(jié)點(diǎn)到左兒子或右兒子的路標(biāo)。

	?

	

	

	從上圖可以看出，最優(yōu)前綴編碼碼的二叉樹總是一棵完全二叉樹，而定長編碼的二叉樹不是一棵完全二叉樹。給定編碼字符集C及頻率分布f，C的一個(gè)前綴碼編碼方案對應(yīng)于一棵二叉樹T。字符c在樹T中的深度記為dT(c)，dT(c)也是字符c的前綴碼長。則平均碼長定義為：

	

	

	使平均碼長達(dá)到最小的前綴碼編碼方案稱為C的最優(yōu)前綴碼。??? ?


	Huffman編碼的構(gòu)造方法：先合并最小頻率的2個(gè)字符對應(yīng)的子樹，計(jì)算合并后的子樹的頻率；重新排序各個(gè)子樹；對上述排序后的子樹序列進(jìn)行合并；重復(fù)上述過程，將全部結(jié)點(diǎn)合并成1棵完整的二叉樹；對二叉樹中的邊賦予0、1，得到各字符的變長編碼。

	?

	

	

	POJ3253一道就是利用這一思想的典型例題。題目大意是有把一塊無限長的木板鋸成幾塊給定長度的小木板，每次鋸都需要一定費(fèi)用，費(fèi)用就是當(dāng)前鋸的木板的長度。給定各個(gè)要求的小木板的長度以及小木板的個(gè)數(shù)，求最小的費(fèi)用。以要求3塊長度分別為5,8,5的木板為例：先從無限長的木板上鋸下長度為21的木板，花費(fèi)21；再從長度為21的木板上鋸下長度為5的木板，花費(fèi)5；再從長度為16的木板上鋸下長度為8的木板，花費(fèi)8；總花費(fèi)=21+5+8=34。利用Huffman思想，要使總費(fèi)用最小，那么每次只選取最小長度的兩塊木板相加，再把這些和累加到總費(fèi)用中即可。為了提高效率，使用優(yōu)先隊(duì)列優(yōu)化，并且還要注意使用long long int保存結(jié)果。


	AC代碼：

	?
#include
#include
#include
using namespace std;


int main()
{
long long int sum;
int i,n,t,a,b;
while(~scanf("%d",&n))
        {
            priority_queue,greater >q;
for(i=0;i1)
            {
                a=q.top();
                q.pop();
                b=q.top();
                q.pop();
                t=a+b;
                sum+=t;
                q.push(t);
            }
printf("%lld
",sum);
        }
    }



9.Dijkstra算法


Dijkstra算法是由E.W.Dijkstra于1959年提出，是目前公認(rèn)的最好的求解最短路徑的方法，使用的條件是圖中不能存在負(fù)邊。算法解決的是單個(gè)源點(diǎn)到其他頂點(diǎn)的最短路徑問題，其主要特點(diǎn)是每次迭代時(shí)選擇的下一個(gè)頂點(diǎn)是標(biāo)記點(diǎn)之外距離源點(diǎn)最近的頂點(diǎn)，簡單的說就是bfs+貪心算法的思想。

?
#include
#include
#define INF 1000
#define MAX_V 100
using namespace std;  


int main()
{
int V,E;
int i,j,m,n;
int cost[MAX_V][MAX_V];
int d[MAX_V];
bool used[MAX_V];
cin>>V>>E;
        fill(d,d+V+1,INF);
        fill(used,used+V,false);
for(i=0;i>i>>j>>cost[i][j];
            cost[j][i]=cost[i][j];
        }
cin>>n;
        d[n]=0;
//源點(diǎn)
while(true)
        {
int v=V;
for(m=0;m

10.最小生成樹算法


設(shè)一個(gè)網(wǎng)絡(luò)表示為無向連通帶權(quán)圖G =(V, E) , E中每條邊(v,w)的權(quán)為c[v][w]。如果G的子圖G’是一棵包含G的所有頂點(diǎn)的樹，則稱G’為G的生成樹。生成樹的代價(jià)是指生成樹上各邊權(quán)的總和，在G的所有生成樹中，耗費(fèi)最小的生成樹稱為G的最小生成樹。例如在設(shè)計(jì)通信網(wǎng)絡(luò)時(shí)，用圖的頂點(diǎn)表示城市，用邊(v,w)的權(quán)c[v][w]表示建立城市v和城市w之間的通信線路所需的費(fèi)用，最小生成樹給出建立通信網(wǎng)絡(luò)的最經(jīng)濟(jì)方案。

?

	?

	

	

	構(gòu)造最小生成樹的Kruskal算法和Prim算法都利用了MST(最小生成樹)性質(zhì)：設(shè)頂點(diǎn)集U是V的真子集(可以任意選取)，如果(u,v)∈E為橫跨點(diǎn)集U和V—U的邊，即u∈U，v∈V- U，并且在所有這樣的邊中，(u,v)的權(quán)c[u][v]最小，則一定存在G的一棵最小生成樹，它以(u,v)為其中一條邊。





	使用反證法可以很簡單的證明此性質(zhì)。假設(shè)對G的任意一個(gè)最小生成樹T，針對點(diǎn)集U和V—U，(u,v)∈E為橫跨這2個(gè)點(diǎn)集的最小權(quán)邊，T不包含該最小權(quán)邊，但T包括節(jié)點(diǎn)u和v。將添加到樹T中，樹T將變?yōu)楹芈返淖訄D，并且該回路上有一條不同于的邊,u’∈U,v’∈V-U。將刪去，得到另一個(gè)樹T’，即樹T’是通過將T中的邊替換為得到的。由于這2條邊的耗費(fèi)滿足c[u][v]≤c[u’][v’]，故即T’耗費(fèi)≤T的耗費(fèi)，這與T是任意最小生成樹的假設(shè)相矛盾，從而得證。




	Prim算法每一步都選擇連接U和V-U的權(quán)值最小的邊加入生成樹。



	?
#include
#include
#define MAX_V 100
#define INF 1000
using namespace std;  


int main()
{
int V,E;
int i,j,m,n;
int cost[MAX_V][MAX_V];
int mincost[MAX_V];
bool used[MAX_V];
cin>>V>>E;
        fill(mincost,mincost+V+1,INF);
        fill(used,used+V,false);
for(i=0;i>i>>j>>cost[i][j];
            cost[j][i]=cost[i][j];
        }
        mincost[0]=0;
int res=0;
while(true)
        {
int v=V;
for(m=0;m



Kruskal算法每一步直接將權(quán)值最小的不成環(huán)的邊加入生成樹，我們借助并查集這一數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)可以完美實(shí)現(xiàn)它。



?
#include
#include
#define MAX_E 100
using namespace std;  
struct edge
    {
int u,v,cost;    
    };
int pre[MAX_E];
    edge es[MAX_E];
int find(int x);
void initvalue(int x);
bool same(int x,int y);
void unite(int x,int y);
bool comp(const edge& e1,const edge& e2);


int main()
{
int V,E;
int i,j,m,n;
cin>>V>>E;
        initvalue(V);
for(i=0;i>es[i].u>>es[i].v>>es[i].cost;        
        sort(es,es+E,comp);
int res=0;
for(i=0;i


　審核編輯：湯梓紅