P3959 宝藏

题目描述

参与考古挖掘的小明得到了一份藏宝图,藏宝图上标出了 nn 个深埋在地下的宝藏屋, 也给出了这 nn 个宝藏屋之间可供开发的 mm 条道路和它们的长度。

小明决心亲自前往挖掘所有宝藏屋中的宝藏。但是,每个宝藏屋距离地面都很远, 也就是说,从地面打通一条到某个宝藏屋的道路是很困难的,而开发宝藏屋之间的道路 则相对容易很多。

小明的决心感动了考古挖掘的赞助商,赞助商决定免费赞助他打通一条从地面到某 个宝藏屋的通道,通往哪个宝藏屋则由小明来决定。

在此基础上,小明还需要考虑如何开凿宝藏屋之间的道路。已经开凿出的道路可以 任意通行不消耗代价。每开凿出一条新道路,小明就会与考古队一起挖掘出由该条道路 所能到达的宝藏屋的宝藏。另外,小明不想开发无用道路,即两个已经被挖掘过的宝藏 屋之间的道路无需再开发。

新开发一条道路的代价是:

\[\mathrm{L} \times \mathrm{K}
\]

L代表这条道路的长度,K代表从赞助商帮你打通的宝藏屋到这条道路起点的宝藏屋所经过的 宝藏屋的数量(包括赞助商帮你打通的宝藏屋和这条道路起点的宝藏屋) 。

请你编写程序为小明选定由赞助商打通的宝藏屋和之后开凿的道路,使得工程总代 价最小,并输出这个最小值。


错误日志: 错太多次了。。写总结写下面好了


Solution

经由很多人讨论得出, 此题靠谱正解为搜索

搜索啊, 毒瘤啊

那么现在谈谈这题怎么剪枝

首先最基本的最优化剪枝, 包含两点:

最优化剪枝

  1. 当搜索到某处发现此时记录的答案已经没有记录的最优答案优, 结束此次搜索

  2. 设计一个估价, 为当前状态下, 至少需要多少代价才能到达目标状态, 当估价值加上现值大于最优记录答案, 结束此次搜索

啥意思呢? 就是你要设计一个东西, 记为 \(g(x)\), 且 \(g(x) \leq\) 现实值

当如今 \(tot + g(x) \geq ans\) 说明 现实值$ + tot < ans$ , 此时在搜索下去已经没有意义了, 需要返回

设计的 \(g(x)\) 需要容易计算, 其值越接近现实值剪枝效率越高

因为此题中说明了小明建出来的东西是一颗树, 所以每个点只会仅仅被一个点更新

故我们记录到这个点 \(x\) 的最小距离, 记为 \(MIN_{x}\), 当前已决策集合为 \(S\)

那么估价函数就设为 $$\sum_{i \notin S}MIN_{i}$$

其一定小于现实值没得洗

每向决策中加入一个点, 就从估价里拿出这部分, 当把点去除时加回去即可

优化搜索顺序

把 \(dfs\) 看做建一栋楼

那么搜索的过程就是不断建楼, 拆楼的过程

建到最后发现建得不和自己的心意(边界), 亦或是建到一半发现太丑了最后肯定看不得(剪枝)

你会把楼拆了继续坚持建下去, 直到尝试完所有可行的建法为止(搜索结束)

不断尝试 更新 进步 超越

这就是固执的 \(dfs\)

人生亦然啊

咳咳扯得有点远

说真的老拆楼建楼挺累的

能不能设计一个蓝图

让我们能尽可能少拆楼呢?

要拆也是尽量少拆, 然后在这个基础上继续建

这就是优化搜索顺序

感性理解了以后, 我们在代码基础上认识一下如何在代码中实现优化搜索顺序

简单来说, 我们需要确定一种搜索顺序, 使得重复搜索的规模尽可能小

此题中, 我们先确定搜索框架: 枚举已选中的点, 对于这些点选定还未加入集合的点, 加入并更新答案, 进一步加深搜索

那么怎么确定搜索顺序使其最优呢?

通过观察, 我们可以发现, 当确定选中的点后, 我们选未加入集合的点, 对于同一个点, 搜索完后只有两个可能:

  1. 此点被选中, 此时选中集合改变
  2. 此点没被选中, 那么这个点(在这个集合状态下)不可能在被选了

综上, 我们设立两个起点, \(begin1, begin2\), 前一个记录选中集合内点枚举到了哪个, 后一个记录在当前集合下枚举没入集合的点到了哪个

新一轮搜索时, 从断点开始, 大大减少搜索量

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define REP(i, x, y) for(int i = (x);i <= (y);i++)
using namespace std;
int RD(){
int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
return flag * out;
}
const int maxn = (1 << 19), INF = 1e9;
int map[19][19];
int from[19];
int num, nr, leave;
int ans = INF;
bool in[19];
int cnt, lev[19];
int vis[19];
void dfs(int tot, int begin1, int begin2){
if(cnt == num){ans = min(ans, tot);return ;}
if(tot >= ans)return ;
REP(i, begin1, cnt){
int u = vis[i];
if(lev[u] * leave + tot >= ans)return ;
REP(v, begin2, num){
if(!in[v] && map[u][v] != INF){
vis[++cnt] = v;
in[v] = 1, lev[v] = lev[u] + 1;
leave -= map[from[v]][v];
dfs(tot + map[u][v] * lev[u], i, v + 1);
cnt--;
in[v] = 0, lev[v] = 0;
leave += map[from[v]][v];
}
}
begin2 = 1;
}
}
int main(){
num = RD(), nr = RD();
REP(i, 1, num)REP(j, 1, num)map[i][j] = INF;
REP(i, 1, nr){
int u = RD(), v = RD(), dis = RD();
map[u][v] = map[v][u] = min(map[u][v], dis);
}
REP(i, 1, num){
int minn = INF;
REP(j, 1, num){
if(map[j][i] < minn){
minn = map[j][i];
from[i] = j;//找一个最短的来自点作为最优预算
}
}
leave += minn;
}
REP(i, 1, num){
in[i - 1] = 0, lev[i - 1] = 0;
in[i] = 1, lev[i] = 1;
leave -= map[from[i]][i];
vis[cnt = 1] = i;
dfs(0, 1, 1);
leave += map[from[i]][i];
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}

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