NHIP（2015）解题报告（第3题）

NHIP（2015）解题报告（第3题）
第三题：树（tree）
[题意分析]

其实考的是如何合并集和，合并集合有两种方法：
方法一：
时间复杂度：o(2n)

Id	1	2	3	4	5	6	7
D	1	2	3	4	5	6	7

当输入（1,2）时：

Id	1	2	3	4	5	6	7
D	1	2 1	3	4	5	6	7

(1)找出1，2
(2)判断1,2的“祖先”是否相同。

a.相同的，就把边数加1；

b.不相同，就把大的那个“祖先”换成小的那个“祖先”，

在寻找出更原来大的“祖先”相同的，都变成小的那个祖先。
但此题的数据范围过大，这种方法会超时，不加以使用。
方法二：
时间复杂度：o(1)

根据并查集的思路，即可解决这道题：





这样可以提高效率，因此使程序不易超时：



[程序参考]
#include <iostream>
#include <fstream>
using namespace std;
ifstream fin ("tree.in");
ofstream fout ("tree.out");
#define cin fin
#define cout fout
const int mx=1000001;
int pt[mx],fa[mx],line[mx],ans=0;
int m,n,fx,fy,x,y;

int u_f(int x)
{

int root=x;

while (fa[root]!=root)

root=fa[root]; //顺藤摸瓜，找x的最前面的祖先；

while (fa[x]!=x) //将x到root这条藤上的所有点的祖先都置为root；

{

int t=fa[x]; //t为x的父节点；

fa[x]=root; //将x的父节点的祖先置为root；

x=t; //再将x置为他的父节点，然后再从父节点为出发点，重置；

}

return root; //返回祖先节点；

}

int main()
{

int i;

cin>>m>>n;

for (i=1;i<=m;i++) //初始化每个点

{

fa[i]=i; //第i个点的父亲就是他自己，

pt[i]=1; //作为1个“树”——它包含1个节点（它自己）

line[i]=0; //和0条边

}

for (i=0;i<n;i++) //输入n条边，通过并查集，找每个点所在的集合，以及每个集合的点数边数

{

cin>>x>>y;

fx=u_f(x); //找x点的祖先

fy=u_f(y); //找y点的祖先

if (fx!=fy) //加入这条边上的两点的祖先各不相同，

{

fa[fy]=fx;
//则将y点的祖先置为x点的祖先；

line[fx]+=1+line[fy];
//x点所在集合的边数=x点所在集合的边数+y点所在集合的边数+1

pt[fx]+=pt[fy];
//x点所在集合的节点数=x点所在集合的节点数+y点所在集合的节点数

} else line[fx]++; //如果x点祖先和y点祖先相同，则x点和y点在同一集合，则该集合多出1条边；

}

for (i=1;i<=m;i++) //统计m个节点中，祖先是自己并且边数不为1的祖先个数即为不同集合的数目

if (fa[i]==i && pt[i]==line[i]+1) ans++;

cout<<ans<<endl;

return 0;
}