【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。

输入输出格式：

　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

题解：

　　先说说考场想法吧，一眼dfs然后感觉不行，然后状压，然后过不了大样例，然后调不过系列。

　　于是写了贪心，至少感觉挺对的。对于每个点开始做prim，动态修改dep。洛谷80，tyvj85，CCF45。

　　正解的话（我还是感觉有问题的正解）就是状态压缩一下，做记忆化搜索。每次找一个点开始，然后用这个状态已经到的点去更新状态，动态更新dep（问题就是这里，不管了反正CCF数据能过）。

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,v[15][15];
int f[1<<16];
int dep[15];
inline void dfs(int S)
{
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if((S&(1<<(i-1)))==0){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                if((S&(1<<(j-1)))!=0 && v[j][i]!=999999+7){
                    if(f[S]+dep[j]*v[j][i]<f[S|(1<<(i-1))]){
                        f[S|(1<<(i-1))]=f[S]+dep[j]*v[j][i];
                        dep[i]=dep[j]+1;
                        dfs((S|(1<<(i-1))));
                    }
                }
            }
        }
    }
}
int main(){
    int x,y,z;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            v[i][j]=999999+7;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        v[x][y]=v[y][x]=min(v[x][y],z);
    }
    int ans=999999+7;
    for(int s=1;s<=n;s++){
        for(int i=1;i<=n;i++)    dep[i]=0;
        dep[s]=1;
        for(int i=0;i<(1<<n);i++)    f[i]=999999+7;
        f[1<<(s-1)]=0;dfs((1<<(s-1)));
        ans=min(ans,f[(1<<n)-1]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}