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##[$AcWing$ $858$. $Prim$算法求最小生成树](https://www.acwing.com/problem/content/description/860/)
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### 一、题目描述
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给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，图中可能存在重边和自环，边权可能为负数。
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求最小生成树的树边权重之和，如果最小生成树不存在则输出 `impossible`。
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给定一张边带权的无向图 $G=(V,E)$，其中 $V$ 表示图中点的集合，$E$ 表示图中边的集合，$n=|V|$，$m=|E|$。
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由 $V$ 中的全部 $n$ 个顶点和 $E$ 中 $n−1$ 条边构成的无向连通子图被称为 $G$ 的一棵生成树，其中边的权值之和最小的生成树被称为无向图 $G$ 的最小生成树。
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**输入格式**
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第一行包含两个整数 $n$ 和 $m$。
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接下来 $m$ 行，每行包含三个整数 $u,v,w$，表示点 $u$ 和点 $v$ 之间存在一条权值为 $w$ 的边。
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**输出格式**
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共一行，若存在最小生成树，则输出一个整数，表示最小生成树的树边权重之和，如果最小生成树不存在则输出 `impossible`。
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**数据范围**
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$1≤n≤500,1≤m≤10^5$,
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图中涉及边的边权的绝对值均不超过 $10000$。
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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4 5
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1 2 1
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1 3 2
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1 4 3
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2 3 2
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3 4 4
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```
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**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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6
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```
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#### 二、解题思路
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#### 最小生成树
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* **最小生成树一般是说的无向图**，有向图的最小生成树一般不会用到。
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* 连通图：在**无向图中**，若**任意两个顶点**$v_i$与$v_j$**都有路径相通**，则称该无向图为连通图。
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* 连通网：在连通图中，若图的边具有一定的意义，每一条边都对应着一个数，称为**权**；权代表着连接连个顶点的代价，称这种连通图叫做**连通网**。
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* 生成树：一个连通图的生成树是指一个连通子图，它含有图中全部$n$个顶点，但只有足以构成一棵树的$n-1$条边。一颗有$n$个顶点的生成树有且仅有$n-1$条边，如果生成树中再添加一条边，则必定成环。
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* **最小生成树**：在连通网的所有生成树中，**所有边的代价和最小的生成树**，称为最小生成树。 一个无向图可以有多个最小生成树，但最小生成树的边权和一定是最小的。
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**实际的场景**：
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比如$N$个城市，需要根据实际情况建高铁，我们知道这些城市之间有些是相通的，距离也知道，有些城市之间是不通的，也不打算建高铁。那么，我们如何能知道怎么建设高铁的路线使用城市之间全能连通，并且**路线和**最小呢？因为这样才省钱，还能保证所有城市联通啊！
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### 三、$Prim$算法
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和$dijkstra$非常相似,$dijkstra$算法是计算到顶点的距离，而$Prim$算法是计算到集合的距离，下面详细讲解：
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比如本题:稠密图，节点个数$500$,边数$10^5$,好多的边啊，所以需要定义$g[N][N]$, $500*500=250000 > 10^5 $。
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$prim$ 算法采用的是一种 **贪心** 的策略,每次将离连通部分的最近的点和点对应的边加入的连通部分，连通部分逐渐扩大，最后将整个图连通起来，并且边长之和最小。
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#### 算法步骤
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1. 把所有距离`dis[N]`初始化为$INF$。
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2. 用一个 `pre` 数组保存节点的前驱节点是谁。`pre[i] = k` 表示节点 `i` 和节点 `k` 之间需要有一条边。初始时，`pre` 的各个元素置为 `-1`。
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3. 循环$n$次，将所有点准备加入到集合中。
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- 找出不在集合中的(`!st[j]`)距离集合最近的点`dis[j]`，如果是有多个距离一样近，那么选择号小的那个,命名为`t`。
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- 累加最小权值
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- 利用$t$更新未加入集合中的其它各点到集合的最短距离
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- 将$t$加入到集合中
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#### 模拟流程
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我们将图中各个节点用数字 $1 \sim n$ 编号。
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_508d58977c-05.png'>
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1. 要将所有景点连通起来，并且边长之和最小，步骤如下：
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用一个 $st$ 数组表示节点是否已经连通。$st[i]$ 为真，表示已经连通，$st[i]$ 为假，表示还没有连通。初始时，$st$ 各个元素为假。即所有点还没有连通。
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用一个 $dis$ 数组保存各个点到连通部分的最短距离，$dis[i]$ 表示 $i$ 节点到连通部分的最短距离。初始时，$dis$ 数组的各个元素为无穷大。
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用一个 $pre$ 数组保存节点的是和谁连通的。$pre[i] = k$ 表示节点 $i$ 和节点 $k$ 之间需要有一条边。初始时，$pre$ 的各个元素置为 $-1$。
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_3e1d300c7c-06.png'>
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2. 从 $1$ 号节点开始扩充连通的部分，【之所以从一号结点开始，是因为大家都是距离集合正无穷，那么号小的优先！】，所以 $1$ 号节点与连通部分的最短距离为 $0$，即$dis[i]$ 值为 0。
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_86b312a17c-07.png'>
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3. 遍历 $dis$ 数组，找到一个还没有连通起来，但是距离连通部分最近的点，假设该节点的编号是 $t$。$t$节点就是下一个应该加入连通部分的节点，$st[t]$ 置为 $true$。
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用青色点表示还没有连通起来的点，红色点表示连通起来的点。这里青色点中距离最小的是 $dis[1]$，因此 $st[1]$ 置为 $true$。
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_23b31ed37c-08.png'>
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4.遍历所有与 $t$ 相连但没有加入到连通部分的点 $j$，如果 $j$ 距离连通部分的距离大于 $t \sim j$ 之间的距离，即 $dis[j] > g[t][j]$（$g[t][j]$ 为 $t \sim j$ 节点之间的距离），则更新 $dis[j]$ 为 $g[t][j]$。这时候表示，$j$ 到连通部分的最短方式是和 $t$ 相连，因此，更新$pre[j] = t$。
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与节点 $1$ 相连的有 $2$， $3$， $4$ 号节点。$1 \rightarrow 2$ 的距离为 $100$，小于 $dis[2]$，$dis[2]$ 更新为 $100$，$pre[2]$ 更新为$1$。$1 \rightarrow 4$ 的距离为 $140$，小于 $dis[4]$，$dis[4] $更新为 $140$，$pre[4]$ 更新为$1$。$1 \rightarrow 3$ 的距离为 $150$，小于 $dis[3]$，$dis[3]$ 更新为 $150$，$pre[3]$ 更新为$1$。
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_370887c27c-09.png'>
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5. 重复 $3$, $4$步骤，直到所有节点的状态都被置为 $1$.
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这里青色点中距离最小的是 $dis[2]$，因此 $st[2]$ 置为 $1$。
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_48eb08287c-10.png'>
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与节点 $2$ 相连的有 $5$， $4$号节点。$2 \rightarrow 5$ 的距离为 $80$，小于 $dis[5]$，$dis[5]$ 更新为 $80$，$pre[5]$ 更新为 $2$。$2 \rightarrow 4$ 的距离为 $80$，小于 $dis[4]$，$dis[4]$ 更新为 $80$，$pre[4]$ 更新为$2$。
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_51ea62357c-11.png'>
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选$dis[4]$，更新$dis[3]$，$dis[5]$，$pre[3]$，$pre[5]$。
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_5d199a9e7c-12.png'>
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_616a0f7a7c-13.png'>
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选$dis[5]$，没有可更新的。
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_68115c167c-14.png'>
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选$dis[3]$，没有可更新的。
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_6f7001247c-15.png'>
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6.此时 $dis$ 数组中保存了各个节点需要修的路长，加起来就是。$pre$ 数组中保存了需要选择的边。
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<img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/03/04/55289_740316f47c-16.png'>
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#### 经验总结
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- 最小生成树并不唯一，但它的边权最小值是唯一的。所以，一般没有要求求出最小生成树长成什么样子，而是要求输出最小生成树的边权最小值。
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- 因为$Prim$算法需要反复的求每两个点之间的距离，这就决定了 **邻接矩阵更合适**，因为**相对于邻接表，邻接矩阵可以快速提供两个点之间的距离**，而邻接表是链表，想要获取两个点之间的距离就没那么方便。
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- 边数较少可以用$Kruskal$,因为$Kruskal$算法每次查找最短的边。 边数较多可以用$Prim$，因为它是每次加一个顶点，对边数多的适用。
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### 四、朴素版$Prim$算法代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 510;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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int n, m;
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int g[N][N]; // 稠密图，邻接矩阵
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int dis[N]; // 这个点到集合的距离
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bool st[N]; // 是不是已经使用过
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int res; // 最小生成树里面边的长度之和
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// 普利姆算法求最小生成树
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int prim() {
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// 距离初始化无穷大,表示所有结点都在生成树之外
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memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
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dis[1] = 0;
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for (int i = 0; i < n; i++) { // 迭代n次
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/*
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1、找到集合外，距离集合最近的点，记为t,此时有两种情况进行猴子选大王：
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（1）首次查找,此时还没有大王，那么，默认第一个找到的就是大王
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（2）非首次查找,那么PK距离最小的成为大王
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*/
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int t = -1;
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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if (!st[j] && (t == -1 || dis[t] > dis[j])) t = j;
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/*2、如果不是第一个点，并且剩余的点距离集合的最小距离是INF，说明现在没有点可以连通到生成树，
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这时不是连通图，没有最小生成树，返回INF
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如果是第一个点，因为把它加到集合中去的代码是在下面进行的，此时它也没有被加入到集合中去，所以dist[t]=INF,这时不能说无解
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因为才刚刚开始，需要特判一下
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*/
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if (i && dis[t] == INF) return INF;
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// 3、同上，这里也需要特判一下是不是第1个节点，第一个节点不用加边权值，其它的需要加
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if (i) res += dis[t];
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// 4、因为本轮选择的是结点t,那么用t更新其它未加入到集合中点到集合的距离
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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if (!st[j] && dis[j] > g[t][j])
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dis[j] = g[t][j];
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// 5、把t放到集合中
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st[t] = true;
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}
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return res;
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}
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int main() {
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cin >> n >> m;
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// 所有点之间的距离初始化为正无穷，然后再读入所有边
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memset(g, 0x3f, sizeof g);
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// 读入数据
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while (m--) {
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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g[a][b] = g[b][a] = min(g[a][b], c);
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// 允许重复，构建双向有向成为无向图,同时保留最小的
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}
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int t = prim(); // 普利姆算法
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// 输出结果
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if (t == INF) puts("impossible");
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// 不存在生成树，比如所有点不连通的情况下
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else
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cout << t << endl; // 否则输出t
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return 0;
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}
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```
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### 五、带路径输出的$Prim$算法
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 510;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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int n, m;
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int g[N][N]; // 稠密图，邻接矩阵
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int dis[N]; // 这个点到集合的距离
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bool st[N]; // 是不是已经使用过
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int res; // 最小生成树里面边的长度之和
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int pre[N]; // 前驱结点
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// 普利姆算法求最小生成树
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int prim() {
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memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
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memset(pre, -1, sizeof pre); // 记录前驱路径
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dis[1] = 0;
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for (int i = 0; i < n; i++) { // 迭代n次
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int t = -1;
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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if (!st[j] && (t == -1 || dis[t] > dis[j])) t = j;
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if (i && dis[t] == INF) return INF; // 非连通图，没有最小生成树
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if (i) res += dis[t];
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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if (!st[j] && g[t][j] < dis[j]) {
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dis[j] = g[t][j];
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pre[j] = t; // 记录是由谁转移而来
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}
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st[t] = true;
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}
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|
return res;
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}
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int main() {
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cin >> n >> m;
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|
memset(g, 0x3f, sizeof g);
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|
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|
// 读入数据
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|
while (m--) {
|
|
|
int a, b, c;
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|
cin >> a >> b >> c;
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|
g[a][b] = g[b][a] = min(g[a][b], c);
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|
}
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int t = prim();
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|
if (t == INF)
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puts("impossible");
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|
|
else
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cout << t << endl;
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|
// 输出前驱结点
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for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", pre[i]);
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return 0;
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}
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``` |
