C++求解次小生成树 详解次小生成树以及相关的C++求解方法
zinss26914 人气:0次小生成树的定义
设 G=(V,E,w)是连通的无向图，T 是图G 的一个最小生成树。如果有另一棵树T1，满
足不存在树T',ω（T'）<ω（T1） ，则称T1是图G的次小生成树。
求解次小生成树的算法
约定：由T 进行一次可行交换得到的新的生成树所组成的集合，称为树T的邻集,记为N(T)。
定理 3：设T是图G的最小生成树，如果T1满足ω(T1)=min{ω(T')| T'∈N(T)},则T1是G
的次小生成树。
证明：如果 T1 不是G 的次小生成树，那么必定存在另一个生成树T',T'=T 使得
ω(T)≤ω(T')<ω(T1)，由T1的定义式知T不属于N(T)，则
E(T')/E(T)={a1,a2
1,……,at}，E(T)/E(T')={b1,b2,……,bt}，其中t≥2。根据引理1 知，存在一
个排列bi1,bi2,……,bit，使得T+aj-bij仍然是G 的生成树，且均属于N(T),所以ω(aj)≥ω(bij)，
所以ω(T')≥ω(T+aj-bij)≥ω(T1)，故矛盾。所以T1是图G 的次小生成树。
通过上述定理，我们就有了解决次小生成树问题的基本思路。
首先先求该图的最小生成树T。时间复杂度O(Vlog2V+E)
然后，求T的邻集中权值和最小的生成树，即图G 的次小生成树。
如果只是简单的枚举，复杂度很高。首先枚举两条边的复杂度是O(VE)，再判断该交换是否
可行的复杂度是O(V)，则总的时间复杂度是O(V2E)。这样的算法显得很盲目。经过简单的
分析不难发现，每加入一条不在树上的边，总能形成一个环，只有删去环上的一条边，才能
保证交换后仍然是生成树，而删去边的权值越大，新得到的生成树的权值和越小。我们可以
以此将复杂度降为O(VE)。这已经前进了一大步，但仍不够好。
回顾上一个模型——最小度限制生成树，我们也曾面临过类似的问题，并且最终采用动态规
划的方法避免了重复计算，使得复杂度大大降低。对于本题，我们可以采用类似的思想。首
先做一步预处理，求出树上每两个结点之间的路径上的权值最大的边，然后，枚举图中不在
树上的边，有了刚才的预处理，我们就可以用O(1)的时间得到形成的环上的权值最大的边。
如何预处理呢？因为这是一棵树，所以并不需要什么高深的算法，只要简单的BFS 即可。
预处理所要的时间复杂度为O(V2)。
这样，这一步时间复杂度降为O(V2)。
综上所述，次小生成树的时间复杂度为O(V2)。
练习
题目：
题目描述：
最小生成树大家都已经很了解，次小生成树就是图中构成的树的权值和第二小的树，此值也可能等于最小生成树的权值和，你的任务就是设计一个算法计算图的最小生成树。
输入：
存在多组数据，第一行一个正整数t，表示有t组数据。
每组数据第一行有两个整数n和m（2<=n<=100），之后m行，每行三个正整数s，e，w，表示s到e的双向路的权值为w。
输出：
输出次小生成树的值，如果不存在输出-1。
样例输入：
2
3 3
1 2 1
2 3 2
3 1 3
4 4
1 2 2
2 3 2
3 4 2
4 1 2
样例输出：
4
6
ac代码（注释写的比较清楚）：
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#define MAX 100000
int father[210]; // 并查集
int visit[210]; // 记录最小生成树用到的边的下标
int windex; // 记录最小生成树用到边的数量
typedef struct node {
int st, ed, w;
} node;
/**
* 预处理并查集数组
*/
void preProcess()
{
int i, len = sizeof(father) / sizeof(father[0]);
for (i = 0; i < len; i ++) {
father[i] = i;
}
}
/**
* kruskal使用贪心算法，将边按权值从小到大排序
*/
int cmp(const void *p, const void *q)
{
const node *a = p;
const node *b = q;
return a->w - b->w;
}
/**
* 并查集寻找起始结点，路径压缩优化
*/
int findParent(int x)
{
int parent;
if (x == father[x]) {
return x;
}
parent = findParent(father[x]);
father[x] = parent;
return parent;
}
/**
* 求最小生成树
*/
int minTree(node *points, int m, int n)
{
preProcess();
int i, count, flag, pa, pb;
for (i = count = flag = windex = 0; i < m; i ++) {
pa = findParent(points[i].st);
pb = findParent(points[i].ed);
if (pa != pb) {
visit[windex ++] = i;
father[pa] = pb;
count ++;
}
if (count == n - 1) {
flag = 1;
break;
}
}
return flag;
}
/**
* 求次小生成树
*/
int secMinTree(node *points, int m, int n)
{
int i, j, min, tmp, pa, pb, count, flag;
for (i = 0, min = MAX; i < windex; i ++) {
preProcess();
// 求次小生成树
for (j = count = tmp = flag = 0; j < m; j ++) {
if (j != visit[i]) {
pa = findParent(points[j].st);
pb = findParent(points[j].ed);
if (pa != pb) {
count ++;
tmp += points[j].w;
father[pa] = pb;
}
if (count == n - 1) {
flag = 1;
break;
}
}
}
if (flag && tmp < min) min = tmp;
}
min = (min == MAX) ? -1 : min;
return min;
}
int main(void)
{
int i, t, n, m, flag, min;
node *points;
scanf("%d", &t);
while (t --) {
scanf("%d %d", &n, &m);
points = (node *)malloc(sizeof(node) * m);
for (i = 0; i < m; i ++) {
scanf("%d %d %d", &points[i].st, &points[i].ed, &points[i].w);
}
qsort(points, m, sizeof(points[0]), cmp);
flag = minTree(points, m, n);
if (flag == 0) { // 无法生成最小生成树
printf("-1\n");
continue;
} else {
min = secMinTree(points, m, n);
printf("%d\n", min);
}
free(points);
}
return 0;
}
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