[NOIP2017]宝藏 状压DP

[NOIP2017]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 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。

输入输出格式

输入格式：

第一行两个用空格分离的正整数 n 和 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。

输出格式：

输出共一行，一个正整数，表示最小的总代价。

输入输出样例

输入样例#1：

4 5 
1 2 1 
1 3 3 
1 4 1 
2 3 4 
3 4 1 

输出样例#1：

4

输入样例#2：

4 5 
1 2 1 
1 3 3 
1 4 1 
2 3 4 
3 4 2  

输出样例#2：

5

说明

【样例解释1】

小明选定让赞助商打通了 1 号宝藏屋。小明开发了道路 1→2，挖掘了 2 号宝 藏。开发了道路 1→4，挖掘了 4 号宝藏。还开发了道路 4→3，挖掘了 3 号宝 藏。工程总代价为：1×1+1×1+1×2=4

【样例解释2】

小明选定让赞助商打通了 1 号宝藏屋。小明开发了道路 1→2，挖掘了 2 号宝 藏。开发了道路 1→3，挖掘了 3 号宝藏。还开发了道路 1→4，挖掘了 4 号宝 藏。工程总代价为：1×1+3×1+1×1=5

【数据规模与约定】

对于 20%的数据： 保证输入是一棵树，1≤n≤8，v≤5000 且所有的 v 都相等。

对于 40%的数据： 1≤n≤8，0≤m≤1000，v≤5000 且所有的 v 都相等。

对于 70%的数据： 1≤n≤8，0≤m≤1000，v≤5000

对于 100%的数据： 1≤n≤12，0≤m≤1000，v≤500000

题解：一看n<=12，明显是状压DP的数据范围。于是令f[i][S]表示当前与根连通的点的状态为S，并且最深的点的深度为i的最小代价。转移时，我们枚举所有不在S中的点，处理出每个点与S中的某个点连通所需要的最小代价。然后枚举这些点构成的所有集合S'，用S'中所有点的代价+f[i][S]去更新f[i+1][S|S']即可。

时间复杂度？因为枚举补集和枚举子集是一个道理，所以就是优雅的$O(n 3^n)$啦（其实本人连枚举子集怎么回事都不太懂）！

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,tot,ans;

int map[110][110],dis[110][110],Log[4100];
int f[15][4100],g[4100],ref[4100],v[15],p[15];
inline int min(const int &a,const int &b)
{
	return a<b?a:b;
}

int main()
{
	//freopen("treasure.in","r",stdin);
	//freopen("treasure.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	register int i,j,a,b,c,x;
	for(i=0;i<n;i++)	for(j=0;j<n;j++)	map[i][j]=60000000;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&a,&b,&c),a--,b--;
		map[a][b]=map[b][a]=min(map[a][b],c);
	}
	for(i=0;i<n;i++)	Log[1<<i]=i;
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(i=0;i<n;i++)	f[0][1<<i]=0;
	for(i=0;i<n;i++)	for(x=0;x<(1<<n);x++)
	{
		tot=0;
		for(a=0;a<n;a++)	if(!(x&(1<<a)))
		{
			v[tot]=60000000,p[tot]=1<<a;
			for(j=x;j;j-=j&-j)
			{
				b=Log[j&-j];
				v[tot]=min(v[tot],map[a][b]*(i+1));
			}
			tot++;
		}
		for(j=1;j<(1<<tot);j++)
		{
			g[j]=g[j-(j&-j)]+v[Log[j&-j]];
			ref[j]=ref[j-(j&-j)]|p[Log[j&-j]];
			f[i+1][x|ref[j]]=min(f[i+1][x|ref[j]],f[i][x]+g[j]);
		}
	}
	ans=1<<30;
	for(i=0;i<=n;i++)	ans=min(ans,f[i][(1<<n)-1]);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}