CCF 地鐵修建 100分

試題編號：	201703-4
試題名稱：	地鐵修建
時間限制：	1.0s
內存限制：	256.0MB
問題描述：	問題描述 　　A市有n個交通樞紐，其中1號和n號非常重要，爲了加強運輸能力，A市決定在1號到n號樞紐間修建一條地鐵。 　　地鐵由很多段隧道組成，每段隧道連接兩個交通樞紐。經過勘探，有m段隧道作爲候選，兩個交通樞紐之間最多隻有一條候選的隧道，沒有隧道兩端連接着同一個交通樞紐。 　　現在有n家隧道施工的公司，每段候選的隧道只能由一個公司施工，每家公司施工需要的天數一致。而每家公司最多隻能修建一條候選隧道。所有公司同時開始施工。 　　作爲項目負責人，你獲得了候選隧道的信息，現在你可以按自己的想法選擇一部分隧道進行施工，請問修建整條地鐵最少需要多少天。 輸入格式 　　輸入的第一行包含兩個整數n, m，用一個空格分隔，分別表示交通樞紐的數量和候選隧道的數量。 　　第2行到第m+1行，每行包含三個整數a, b, c，表示樞紐a和樞紐b之間可以修建一條隧道，需要的時間爲c天。 輸出格式 　　輸出一個整數，修建整條地鐵線路最少需要的天數。 樣例輸入 6 6 1 2 4 2 3 4 3 6 7 1 4 2 4 5 5 5 6 6 樣例輸出 6 樣例說明 　　可以修建的線路有兩種。 　　第一種經過的樞紐依次爲1, 2, 3, 6，所需要的時間分別是4, 4, 7，則整條地鐵線需要7天修完； 　　第二種經過的樞紐依次爲1, 4, 5, 6，所需要的時間分別是2, 5, 6，則整條地鐵線需要6天修完。 　　第二種方案所用的天數更少。 評測用例規模與約定 　　對於20%的評測用例，1 ≤ n ≤ 10，1 ≤ m ≤ 20； 　　對於40%的評測用例，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 1000； 　　對於60%的評測用例，1 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ m ≤ 10000，1 ≤ c ≤ 1000； 　　對於80%的評測用例，1 ≤ n ≤ 10000，1 ≤ m ≤ 100000； 　　對於100%的評測用例，1 ≤ n ≤ 100000，1 ≤ m ≤ 200000，1 ≤ a, b ≤ n，1 ≤ c ≤ 1000000。 　　所有評測用例保證在所有候選隧道都修通時1號樞紐可以通過隧道到達其他所有樞紐。

思路：kruskal算法。

#include<bits/stdc++.h>
#include<vector>
using namespace std;
const int MAXN = 200005;
 

/*
** 邊 
*/
struct Edge{
	int u;
	int v;
	int len;
	Edge(int u,int v,int len){
		this->u = u;
		this->v = v;
		this->len = len;
	}
};

int father[MAXN];   //father[u] = v;表示u的祖先爲v，如果father[u]=u,表示u是當前連通塊的根（最老的祖先）。 
vector<Edge> edges; //邊集 
 
void initFather(int n){
	//初始化father數組 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		father[i] = i;
	}
}
 
/*
* 找到x的最老的祖先（當前連通塊的根） 
*/
int findFather(int x){
	int z = x;
	while(x != father[x]){
		x = father[x];		
	}
	int temp;
	/*
	** 把x通向它最老祖先（U）路徑上的所有節點的最老祖先都設置成U。
	** 而且經過上面的while循環，此時x的值就是U的下標。x就代表了最老祖先。 
	*/
	while(z != father[z]){
		temp = z;
		z = father[z];
		father[temp] = x; //把路徑上節點的最老祖先設置成U（x）。 
	}
	return x;
}
 
/*
** 查看x和y的最老祖先是不是同一個人，如果是同一個人
** 那麼x和y在同一個連通塊中，此時x---y這條邊不能加入
** 否則就會產生環。 
*/
bool unionFather(int x,int y){
	int fx = findFather(x);
	int fy = findFather(y);
	if(fx != fy){//x和y的祖先不是同一個人 
		/*
		**把fy的祖先設置成fx,那麼x對應的連通塊和y對應的連通塊
		**就連在了一起,形成了一個新的更大的連通塊 
		*/
		father[fy] = fx; 
		return true;
	}
	return false;
}
 
/*
** 根據傳輸時間給邊排序。 
*/
bool cmp(const Edge &e1,const Edge &e2){
	return e1.len < e2.len;
}
 
int kruskal(int n){
	int ans;
	int count;
	initFather(n);
	sort(edges.begin(),edges.end(),cmp);
	for(int i=0;i<edges.size();i++){
		Edge edge = edges[i];
		int u = edge.u;
		int v = edge.v;
		if(unionFather(u,v)){ //如果不在同一個連通塊 
			ans = edge.len;
		
			/*
			** 退出循環的條件改爲1和n在同一個連通塊中 
			*/
			if(findFather(1) == findFather(n)){
				break;
			}
		}
	}
	return ans;
}
 
int main(){
	int n,m;
	int a,b,c;
	cin>>n>>m;
	while(m--){
		cin>>a>>b>>c;
		edges.push_back(Edge(a,b,c));
	}
	cout<<kruskal(n)<<endl;
	return 0; 
}