『宝藏状态压缩DP NOIP2017』

<更新提示>

<第一次更新>

<正文>

宝藏(NOIP2017)

Description

参与考古挖掘的小明得到了一份藏宝图，藏宝图上标出了 n 个深埋在地下的宝藏屋，也给出了这 n 个宝藏屋之间可供开发的m 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：

\[L×K
\]

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。

Input Format

第一行两个用空格分离的正整数 n,m，代表宝藏屋的个数和道路数。

接下来 m 行，每行三个用空格分离的正整数，分别是由一条道路连接的两个宝藏屋的编号（编号为 1−n），和这条道路的长度 v。

Output Format

一个正整数，表示最小的总代价。

Sample Input

Sample Output

解析

简单概括题意：给出一副无向图,每条边都有一个权值且均未开通,先可以随便取一个起点,要开通一些边,使它成为一个连通图,开通一条边的代价为这条边的权值*起点到它的点的个数(起点也算),求最小代价。

数据范围\(N<=12\)，基本上可以确定是状压\(DP\)了。我们直接最简单地设置状态:\(f[S]\)代表以及取的节点的状态为S的最小代价，那么目标状态就是\(f[(1<<n)-1]\)。

如果考虑递推求解的话，我们发现需要计算花费的深度会很难枚举，这就导致了\(DP\)顺序的问题，如果选择用记忆化搜索求解的话，会方便很多。

由于起点不是确定的，我们需要用一重循环来枚举起点，然后以\(1<<(root-1)\)为初始状态，对每一种情况进行一次记忆化搜索，记搜的大体思路如下：

1.对于状态\(S\)，枚举一个点\(i\)，满足\(i \in S\)

2.在枚举一个点\(j\)，满足\(i,j\)有边相连且\(j \notin S\)

3.状态转移方程:\(f[S']=min{f[S]+depth[i]*dis[i][j]}\)

4.更新新加入的节点j的深度

5.搜索下一个状态\(S'\)

6.回溯还原节点j的深度

最后在每一种情况的目标状态中取个\(min\)就是最终的答案了，时间复杂度\(O(n^32^n)\)。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=15,M=10015,Smax=(1<<N)+20,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,dis[N][N],f[Smax],depth[N],ans=INF;
inline void input(void)
{
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u,v,val;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&val);
		dis[u][v]=dis[v][u]=min(dis[u][v],val);
	}
}
inline void Search(int S)
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if((1<<(i-1))&S)
		{
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{
				if(not ((1<<(j-1))&S)&&(dis[i][j]<INF))
				{
					if(f[S|(1<<(j-1))]>f[S]+depth[i]*dis[i][j])
					{
						int temp=depth[j];
						depth[j]=depth[i]+1;
						f[S|(1<<(j-1))]=f[S]+depth[i]*dis[i][j];
						Search(S|(1<<(j-1)));
						depth[j]=temp;
					}
				}
			}
		}
	}
}
inline void solve(void)
{
	for(int root=1;root<=n;root++)
	{
		memset(f,0x3f,sizeof f);
		memset(depth,0x3f,sizeof depth);
		f[1<<(root-1)]=0;
		depth[root]=1;
		Search(1<<(root-1));
		ans=min(ans,f[(1<<n)-1]);
	}
}
int main(void)
{
	input();
	solve();
	printf("%d\n",ans);
}

<后记>