【状压DP】【P3959】【NOIP2017D2T2】宝藏

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：

$$\mathrm{L} \times \mathrm{K}$$

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。

Input

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

一个正整数，表示最小的总代价。

Sample Input

Sample Output

Hint

对于$ 100\%$的数据： $1 \le n \le 12$，$0 \le m \le 1000$，$v \le 500000$

Solution

看到数据范围就知道大概是个状压了。考虑一下怎么设计状态。

看懂题意，题目的意思就是找一棵生成树，使得代价和最小。

考虑在任意时刻，我们关心的只有我们已经把多少点加进生成树了，以及生成树的最大树高是多少。

那么我们就设$f_{S,i}$为当前生成树已经包含集合S中的点，并且树高是i。

那么状态转移方程就出来了：

$f_{S,i}=min${$f_{S_0,i-1}+pay$}，其中满足$S_0$是$S$的子集，通过$S_0$加边一定可以联结成$S$。$pay$是这次加边的花费。

那么怎么判断$S_0$在转移中是否合法呢？我们设$G_S$是S能拓展到的边的集合，显然G是可以预处理出来的。

在考虑pay的计算。

设$ss=S~xor~S_0$，即$ss$是在$S$但不在$S_0$中的元素。

这里pay的计算显然是对于每个$ss$中的元素取$S_0$中的元素向它连一条最短的边求和后$\times$i。

考虑这么做为什么是对的。

对于一个集合S和$S_0$，如果他们之间的边不是被$S_0$中最大深度的点连接成的，那么一定存在另一个$S_1$，包含另一种连边的情况使得$S_1$包含除被最大深度点连接的点以外的所有点，那么通过$S_1$转移的答案就是最小值，一定是正确的。所以不会漏解。

现在来整理一下思路：

1、预处理出对于每个点的集合所能拓展的点的集合。

2、对于每个点显然把他作为通向地面的点的时候他的深度是0，集合是$(1<<i)$。那么这样的DP值初始化为0

3、枚举集合，对于每个集合的子集，通过$G_S$判断该子集是否合法，如果合法，枚举所有需要被连向的点的最小边权求和乘深度，作为答案。

4、答案就是全集在1~n深度的最小值。

下面考虑时间复杂度：

首先考虑我们枚举集合的数量：

我们集合的枚举量显然是全集的子集的子集个数和。乍一看全集有$2^n$个子集，每个子集有$2^n$个子集。那么个数是$O(4^n)$？事实上不是这样。考虑对于所有的的子集，他们的子集个数是$O(2^k)$个，其中$k$是子集的元素个数。那么对于大部分的子集，他们的元素个数k都不等于n。显然这个上界太松了。那么如何计算枚举量呢？考虑对于元素个数为x的子集，共有$C_{n}^x$种方式。每个子集有$2^x$个子集，那么总的枚举量是$C_{n}^x~\times~2^x$。应用二项式定理，原式＝$(2+1)^n$=$3^n$。所以子集的枚举量是$O(3^n)$。

对于每个集合最多有$n$个元素，每个元素枚举到它的边是$O(n)$的，所以这里的复杂度是$O(n^2)$的。

那么总的复杂度是$O(3^n~\times~n^2)$。大概是七千万左右。考虑对于绝大部分集合跑不满$n^2$的上界，并且可以进行一些剪枝优化，最终可以通过本题

Code

为了二进制运用方便，读入点的时候减一，所有的点从0编号到n-1。

#include<cstdio>

#include<cstring>

#define rg register

#define ci const int

#define cl const long long int

typedef long long int ll;

namespace IO {

	char buf[50];

}

template<typename T>

inline void qr(T &x) {

	char ch=getchar(),lst=' ';

	while(ch>'9'||ch<'0') lst=ch,ch=getchar();

	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();

	if (lst=='-') x=-x;

}

template<typename T>

inline void write(T x,const char aft,const bool pt) {

	if(x<0) {putchar('-');x=-x;}

	int top=0;

	do {

		IO::buf[++top]=x%10+'0';

		x/=10;

	} while(x);

	while(top) putchar(IO::buf[top--]);

	if(pt) putchar(aft);

}

template <typename T>

inline T mmax(const T a,const T b) {if(a>b) return a;return b;}

template <typename T>

inline T mmin(const T a,const T b) {if(a<b) return a;return b;}

template <typename T>

inline T mabs(const T a) {if(a<0) return -a;return a;}

template <typename T>

inline void mswap(T &a,T &b) {T temp=a;a=b;b=temp;}

const int maxn = 15;

const int maxm = 1010;

const int maxt = 1<<maxn;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n,m,a,b,c,ans=INF;

int frog[maxt][maxn],gorf[maxt],dis[maxn][maxn];

int main() {

	qr(n);qr(m);

	memset(dis,0x3f,sizeof dis);

	for(rg int i=1;i<=m;++i) {

		a=b=c=0;qr(a);qr(b);qr(c);--a;--b;

		dis[b][a]=dis[a][b]=mmin(dis[a][b],c);

	}

	memset(frog,0x3f,sizeof frog);

	int all=(1<<n)-1;

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

		for(rg int j=0;j<n;++j) if(((1<<j)|i) == i) {

			dis[j][j]=0;

			for(rg int k=0;k<n;++k) if(dis[j][k]!=INF) {

				gorf[i]|=(1<<k);

			}

		}

	}

	for(rg int i=0;i<n;++i) frog[1<<i][0]=0;

	for(rg int i=2;i<=all;++i) {

		for(rg int s0=i-1;s0;s0=(s0-1)&i) if((gorf[s0]|i) == gorf[s0]) {

			int _sum=0;

			int ss=s0^i;

			for(rg int k=0;k<n;++k) if((1<<k)&ss) {

				int _temp=INF;

				for(rg int h=0;h<n;++h) if((1<<h)&s0) {

					_temp=mmin(_temp,dis[h][k]);

				}

				_sum+=_temp;

			}

			for(rg int j=1;j<n;++j) if(frog[s0][j-1]!=INF) {

				frog[i][j]=mmin(frog[i][j],frog[s0][j-1]+_sum*j);

			}

		}

	}

	for(rg int i=0;i<n;++i) ans=mmin(ans,frog[all][i]);

	write(ans,'\n',true);

	return 0;

}

Summary

1、n个元素的子集的子集数量是$3^n$

2、在进行状态设计时可以考虑对于每个时刻需要知道的信息，以此设计维度

3、预处理大法吼啊！