11.2　最小生成树

前面提到过，在无向图中，连通且不含圈的图称为树（Tree）。给定无向图G=(V,E)，连接G中所有点，且边集是E的子集的树称为G的生成树（Spanning Tree），而权值最小的生成树称为最小生成树（Minimal Spanning Tree，MST）。构造MST的算法有很多，最常见的有两个：Kruskal算法和Prim算法。限于篇幅，这里只介绍Kruskal算法，它易于编写，而且效率很高。

11.2.1　Kruskal算法

Kruskal算法的第一步是给所有边按照从小到大的顺序排列。这一步可以直接使用库函数qsort或者sort。接下来从小到大依次考查每条边(u,v)。

情况1：u和v在同一个连通分量中，那么加入(u, v)后会形成环，因此不能选择。

情况2：如果u和v在不同的连通分量，那么加入(u, v)一定是最优的。为什么呢？下面用反证法——如果不加这条边能得到一个最优解T，则T+(u, v)一定有且只有一个环，而且环中至少有一条边(u', v')的权值大于或等于(u,v)的权值。删除该边后，得到的新树T'=T+(u, v)-(u', v')不会比T更差。因此，加入(u, v)不会比不加入差。

下面是伪代码：


把所有边排序，记第i小的边为e[i]（1<=i<m）
初始化MST为空
初始化连通分量，让每个点自成一个独立的连通分量
for(int i = 0; i < m; i++)
    if(e[i].u和e[i].v不在同一个连通分量) {
          把边e[i]加入MST
          合并e[i].u和e[i].v所在的连通分量
    }

在上面的伪代码中，最关键的地方在于“连通分量的查询与合并”：需要知道任意两个点是否在同一个连通分量中，还需要合并两个连通分量。

最容易想到的方法是“暴力”——每次“合并”时只在MST中加入一条边（如果使用邻接矩阵，只需G[e[i].u][e[i].v]=1），而“查询”时直接在MST中进行图遍历（DFS和BFS都可以判断连通性）。遗憾的是，这个方法不仅复杂（需要写DFS或者BFS），而且效率不高。

并查集。有一种简洁高效的方法可用来处理这个问题：使用并查集（Union-Find Set）。可以把每个连通分量看成一个集合，该集合包含了连通分量中的所有点。这些点两两连通，而具体的连通方式无关紧要，就好比集合中的元素没有先后顺序之分，只有“属于”和“不属于”的区别。在图中，每个点恰好属于一个连通分量，对应到集合表示中，每个元素恰好属于一个集合。换句话说，图的所有连通分量可以用若干个不相交集合来表示。

并查集的精妙之处在于用树来表示集合。例如，若包含点1，2，3，4，5，6的图有3个连通分量{1,3}、{2,5,6}、{4}，则需要用3棵树来表示。这3棵树的具体形态无关紧要，只要有一棵树包含1、3两个点，一棵树包含2、5、6这3个点，还有一棵树只包含4这一个点即可。规定每棵树的根结点是这棵树所对应的集合的代表元（representative）。

如果把x的父结点保存在p[x]中（如果x没有父结点，则p[x]等于x），则不难写出“查找结点x所在树的根结点”的递归程序：int find(int x) { p[x] == x ? x : find(p[x]); }，通俗地讲就是：如果p[x]等于x，说明x本身就是树根，因此返回x；否则返回x的父结点p[x]所在树的树根。

问题来了：在特殊情况下，这棵树可能是一条长长的链。设链的最后一个结点为x，则每次执行find(x)都会遍历整条链，效率十分低下。看上去是个很棘手的问题，其实改进方法很简单。既然每棵树表示的只是一个集合，因此树的形态是无关紧要的，并不需要在“查找”操作之后保持树的形态不变，只要顺便把遍历过的结点都改成树根的子结点，下次查找就会快很多了，如图11-5所示。

图11-5　并查集中的路径压缩

这样，Kruskal算法的完整代码便不难给出了。假设第i条边的两个端点序号和权值分别保存在u[i]，v[i]和w[i]中，而排序后第i小的边的序号保存在r[i]中（这叫做间接排序。排序的关键字是对象的“代号”，而不是对象本身）。


int cmp(const int i, const int j) { return w[i]<w[j]; }     //间接排序函数
int find(int x) { return p[x] == x ? x : p[x] = find(p[x]);}//并查集的find
int Kruskal() {
  int ans = 0;
  for(int i = 0; i < n; i++) p[i] = i;         //初始化并查集
  for(int i = 0; i < m; i++) r[i] = i;         //初始化边序号
  sort(r, r+m, cmp); //给边排序
  for(int i = 0; i < m; i++) {
      int e = r[i]; int x = find(u[e]); int y = find(v[e]);
                                            //找出当前边两个端点所在集合编号
      if(x != y) { ans += w[e]; p[x] = y; }      //如果在不同集合，合并
  }
  return ans;
}

注意，x和y分别是第e条边的两个端点所在连通分量的代表元。合并x和y所在集合可以简单地写成p[x]=y，即直接把x作为y的子结点，则两个树就合并成一棵树了。注意不能写成p[u[e]]=p[v[e]]，因为u[e]和v[e]不一定是树根。并查集的效率非常高，在平摊意义下，find函数的时间复杂度几乎可以看成是常数（而union显然是常数时间）。

11.2.2　竞赛题目选解

例题11-2　苗条的生成树（Slim Span, ACM/ICPC Japan 2007, UVa1395）

给出一个n（n≤100）结点的图，求苗条度（最大边减最小边的值）尽量小的生成树。

【分析】

首先把边按权值从小到大排序。对于一个连续的边集区间[L, R]，如果这些边使得n个点全部连通，则一定存在一个苗条度不超过W[R]-W[L]的生成树（其中W[i]表示排序后第i条边的权值）。

从小到大枚举L，对于每个L，从小到大枚举R，同时用并查集将新进入[L,R]的边两端的点合并成一个集合，与Kruskal算法一样。当所有点连通时停止枚举R，换下一个L（并且把R重置为L）继续枚举。

例题11-3　买还是建（Buy or Build, ACM/ICPC SWERC 2005, UVa1151）

平面上有n个点（1≤n≤1000），你的任务是让所有n个点连通。为此，你可以新建一些边，费用等于两个端点的欧几里德距离。另外还有q（0≤q≤8）个“套餐”可以购买，如果你购买了第i个套餐，该套餐中的所有结点将变得相互连通。第i个套餐的花费为Ci。如图11-6所示，一共有3个套餐：

它的最优解是购买套餐1和套餐2，然后手动连接两条边，如图11-7所示。

 

  图11-6　3个套餐     图11-7　购买套餐1、2并连接边  

【分析】

最容易想到的算法是：先枚举购买哪些套餐，把套餐中包含的边的权值设为0，然后求最小生成树。由于枚举量为O(2q)，给边排序的时间复杂度为O(n2logn)，而排序之后每次Kruskal算法的时间复杂度为O(n2)，因此总时间复杂度为O(2qn2+n2logn)，对于题目的规模来说太大了。

只需一个小小的优化即可降低时间复杂度：先求一次原图（不购买任何套餐）的最小生成树，得到n-1条边，然后每次枚举完套餐后只考虑套餐中的边和这n-1条边，则枚举套餐之后再求最小生成树时，图上的边已经寥寥无几。

为什么可以这样呢？首先回顾一下，在Kruskal算法中，哪些边不会进入最小生成树。答案是：两端已经属于同一个连通分量的边。买了套餐以后，相当于一些边的权变为0，而对于不在套餐中的每条边e，排序在e之前的边一个都没少，反而可能多了一些权值为0的边，所以在原图Kruskal时被“扔掉”的边，在后面的Kruskal中也一样会被扔掉。

本题还有一个地方需要说明：因为Kruskal在连通分量包含n个点时会终止，所以对于随机数据，即使用原始的“暴力算法”，也能很快出解。如果你是命题者，可以这样出一个数据：有一个点很远，而其他n-1个点相互比较近。这样，相距较近的n-1个点之间的C(n-1,2)条边会排序在前面，每次Kruskal都会先考虑完所有这些边。而考虑这些边时是无法让远点和近点连通的。