【bzoj2595】[Wc2008]游览计划 斯坦纳树
题目描述
给出一个N×M的方格图，每个格子有自己权值，权值为0的格子已被选定。现要再选定一些格子，使得所有选定的格子（包括一开始已被选定的格子）四联通，并且选定的格子的权值之和最小。输出这个最小权值及一种可行方案。
输入
第一行有两个整数，N和 M，描述方块的数目。
接下来 N行， 每行有 M 个非负整数， 如果该整数为 0， 则该方块为一个景点；
否则表示控制该方块至少需要的志愿者数目。 相邻的整数用 （若干个） 空格隔开，
行首行末也可能有多余的空格。
输出
由 N + 1行组成。第一行为一个整数，表示你所给出的方案
中安排的志愿者总数目。
接下来 N行，每行M 个字符，描述方案中相应方块的情况：
z ‘_’（下划线）表示该方块没有安排志愿者；
z ‘o’（小写英文字母o）表示该方块安排了志愿者；
z ‘x’（小写英文字母x）表示该方块是一个景点；
注：请注意输出格式要求，如果缺少某一行或者某一行的字符数目和要求不
一致（任何一行中，多余的空格都不允许出现） ，都可能导致该测试点不得分。
样例输入
4 4
0 1 1 0
2 5 5 1
1 5 5 1
0 1 1 0
样例输出
6
xoox
___o
___o
xoox
题解
斯坦纳树裸题
但是本题的斯坦纳树是点权，与大多数图的边权不同，下边讲解一般的边权做法，然后再将本题的题解。
斯坦纳树：给出一些点，选出若干条边使得这些点连通，求总边权的最值。
斯坦纳树是NP问题，不存在多项式时间内的解法，求解方法是状压dp。
设 $f[i][j]$ 表示选择若干条边，使得状态为 $i$ 的给定点连通，并且当前可以选择下一条边的端点为 $j$ 的最小边权和。初始状态 $f[2^k][pos[k]]=0$ ，其中 $pos[k]$ 为第 $k$ 个给定点的编号。
那么我们对于每个 $i$ 和 $j$ ，首先枚举 $i$ 的子集 $k$ ，用 $f[k][j]+f[i-k][j]$ 更新 $f[i][j]$ 。
然后再考虑同层转移：如果 $x$ 与 $y$ 边权为 $z$ ，用 $f[i][x]+z$ 更新 $f[i][y]$ ，用 $f[i][y]$ 更新 $f[i][x]$ 。容易发现这个转移就是最短路，因此使用堆优化Dijkstra跑一遍得出所有的 $f[i][j]$ 。
最终答案就是 $min\{f[2^p-1][i]\}$
这个dp的理解比较显然，时间复杂度 $O(3^p·n+2^p·m\log n)$ ，其中 $p$ 是给定点的数目。
那么对于本题，由于权值在点上，因此枚举子集转移时，当前点会重复选择，需要减去代价。
在同层转移时，求的就是点权最短路，边长为目标点的点权。
设 $f[i][j][k]$ 表示选定若干条边，使得状态为 $i$ 的给定点连通，并且当前可以选择下一条边的相邻点为 $(j,k)$ 的最小点权和。初始状态 $f[2^k][posx[k]][posy[k]]=0$ .
首先枚举子集转移：$f[i][j][k]=min_{l\subseteq i}f[l][j][k]+f[i-l][j][k]-a[j][k]$ ，然后同层转移，与 $(j,k)$ 相邻的点的 $f$ 加上 $a[j][k]$ 可以转移到 $f[i][j][k]$ 。
输出方案的话直接记录路径，记录从哪种方式的哪个状态转移过来，dfs一遍即可知道选定的点。
时间复杂度 $O(3^p·nm+2^p·nm\log n)$
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N [1030][11][11]
using namespace std;
typedef pair<int , int> pr;
typedef pair<int , pr> ppr;
priority_queue<ppr> q;
int a[11][11] , px[11] , py[11] , f N , vis N , opt N , lx N , ly N , flag[11][11];
void dfs(int i , int x , int y)
{
if(!f[i][x][y]) return;
flag[x][y] = 1;
if(opt[i][x][y]) dfs(i , lx[i][x][y] , ly[i][x][y]);
else dfs(lx[i][x][y] , x , y) , dfs(ly[i][x][y] , x , y);
}
int main()
{
int n , m , p = 0 , i , j , k , l , x , y , ans = 1 << 30;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
{
scanf("%d" , &a[i][j]);
if(!a[i][j]) px[p] = i , py[p++] = j;
}
}
memset(f , 0x3f , sizeof(f));
for(i = 0 ; i < p ; i ++ ) f[1 << i][px[i]][py[i]] = 0;
for(i = 1 ; i < (1 << p) ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
for(k = 1 ; k <= m ; k ++ )
for(l = i ; l ; l = i & (l - 1))
if(f[i][j][k] > f[l][j][k] + f[i ^ l][j][k] - a[j][k])
f[i][j][k] = f[l][j][k] + f[i ^ l][j][k] - a[j][k] , opt[i][j][k] = 0 , lx[i][j][k] = l , ly[i][j][k] = i ^ l;
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
for(k = 1 ; k <= m ; k ++ )
q.push(ppr(-f[i][j][k] , pr(j , k)));
while(!q.empty())
{
x = q.top().second.first , y = q.top().second.second , q.pop();
if(vis[i][x][y]) continue;
vis[i][x][y] = 1;
if(x > 1 && f[i][x - 1][y] > f[i][x][y] + a[x - 1][y]) f[i][x - 1][y] = f[i][x][y] + a[x - 1][y] , opt[i][x - 1][y] = 1 , lx[i][x - 1][y] = x , ly[i][x - 1][y] = y , q.push(ppr(-f[i][x - 1][y] , pr(x - 1 , y)));
if(x < n && f[i][x + 1][y] > f[i][x][y] + a[x + 1][y]) f[i][x + 1][y] = f[i][x][y] + a[x + 1][y] , opt[i][x + 1][y] = 1 , lx[i][x + 1][y] = x , ly[i][x + 1][y] = y , q.push(ppr(-f[i][x + 1][y] , pr(x + 1 , y)));
if(y > 1 && f[i][x][y - 1] > f[i][x][y] + a[x][y - 1]) f[i][x][y - 1] = f[i][x][y] + a[x][y - 1] , opt[i][x][y - 1] = 1 , lx[i][x][y - 1] = x , ly[i][x][y - 1] = y , q.push(ppr(-f[i][x][y - 1] , pr(x , y - 1)));
if(y < m && f[i][x][y + 1] > f[i][x][y] + a[x][y + 1]) f[i][x][y + 1] = f[i][x][y] + a[x][y + 1] , opt[i][x][y + 1] = 1 , lx[i][x][y + 1] = x , ly[i][x][y + 1] = y , q.push(ppr(-f[i][x][y + 1] , pr(x , y + 1)));
}
}
for(i = 0 ; i < p ; i ++ )
if(ans > f[(1 << p) - 1][px[i]][py[i]])
ans = f[(1 << p) - 1][px[i]][py[i]] , x = i;
printf("%d\n" , ans);
dfs((1 << p) - 1 , px[x] , py[x]);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
{
if(!a[i][j]) printf("x");
else if(flag[i][j]) printf("o");
else printf("_");
}
puts("");
}
return 0;
}
