【BZOJ4006】【JLOI2015】管道连接

Description

　　

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Solution

　　

　　题目要求相同颜色的点必须在一个连通块中，但会有多个颜色同属一个连通块使得解更优的情况。

　　

　　想一想DP能否行得通：设$g_i$表示已考虑颜色状态为$i$时，最小合法方案的代价。

　　

　　首先，$g_i$可以有一个直观的初值：由颜色属于$i$的点构建的一棵最小生成树的边权和。（初始化）

　　

　　接下来，如何考虑两部分颜色各自的连通块合起来作为最优解的情况？（两子集合并更新）

　　

　　更新$g_i$时，我们枚举$i$的两个不相交子集$s_1,s_2$且$s_1|s_2=i$，并用$g_{s_1}+g_{s_2}$来更新$g_i$，即直接尝试将两个连通块取交。不需要担心两部分会有重复计算某一条边的情况，因为这是子集枚举DP，有边重复计算的转移自然不会成为最优转移，最优的转移一定会被枚举到（或者就是初值最优）。

　　

　　以上两种方法并用，就可以顺利DP出$g$。

　　

　　答案就是$g_{all}$。$all$是包含所有颜色的集合。

　　

　　对于$g$的初值，直接用斯坦纳树计算所有关键点的不同组合的最小生成树即可。

　　

　　

　　

Code

#include <cstdio>

#include <algorithm>

#include <queue>

using namespace std;

const int N=1005,M=3005,C=10,INF=1e9;

int n,m,p,col[N],tin[N][2],colst[C+1];

int idcnt,id[N],rep[C+1];

int clis[C+1],ccnt;

int f[N][1<<C],g[1<<C];

queue<int> q;

bool inq[N];

int h[N],tot;

struct Edge{int v,w,next;}e[M*2];

inline int bit(int i){return !i?0:(1<<(i-1));}

inline bool in(int st,int i){return (st>>(i-1))&1;}

inline void addEdge(int u,int v,int w){

	e[++tot]=(Edge){v,w,h[u]}; h[u]=tot;

	e[++tot]=(Edge){u,w,h[v]}; h[v]=tot;

}

void read(){

	scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);

	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){

		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);

		addEdge(u,v,w);

	}

	for(int i=1,c,u;i<=p;i++){

		scanf("%d%d",&c,&u);// c ?

		tin[i][0]=c; tin[i][1]=u;

		clis[++ccnt]=c;

	}

	sort(clis+1,clis+1+ccnt);

	ccnt=unique(clis+1,clis+1+ccnt)-clis-1;

	for(int i=1,u,c;i<=p;i++){

		c=lower_bound(clis+1,clis+1+ccnt,tin[i][0])-clis;

		u=tin[i][1];

		col[u]=c;

		id[u]=++idcnt;

		rep[c]=u;

		colst[c]|=bit(id[u]);

	}

}

void spfa(int st){

	while(!q.empty()){

		int u=q.front(); q.pop();

		inq[u]=false;

		for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next){

			v=e[i].v;

			int ns=st|bit(id[v]);

			if(f[u][st]+e[i].w<f[v][ns]){

				f[v][ns]=f[u][st]+e[i].w;

				if(!inq[v]){

					inq[v]=true;

					q.push(v);

				}

			}

		}

	}

}

void steinerTree(){

	int all=1<<p;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		for(int j=0;j<all;j++) f[i][j]=INF;

		f[i][bit(id[i])]=0;

	}

	for(int j=1;j<all;j++){

		for(int i=1;i<=n;i++)

			if(!(id[i]&&!in(j,id[i]))){

				for(int sub=(j-1)&j;sub;sub=(sub-1)&j){

					int x=sub|bit(id[i]),y=(j^sub)|bit(id[i]);

					if(f[i][x]+f[i][y]<f[i][j])

						f[i][j]=f[i][x]+f[i][y];

				}

				if(f[i][j]!=INF)

					q.push(i),inq[i]=true;

		}

		spfa(j);

	}

}

void solve(){

	int all=1<<ccnt;

	for(int i=1;i<all;i++){

		int st=0,rt=0;

		for(int j=1;j<=ccnt;j++)

			if(in(i,j))

				st|=colst[j],rt=rep[j];

		g[i]=f[rt][st];

		for(int sub=(i-1)&i;sub;sub=(sub-1)&i)

			g[i]=min(g[i],g[sub]+g[i^sub]);

	}

	printf("%d\n",g[all-1]);

}

int main(){

	read();

	steinerTree();

	solve();

	return 0;

}