[loj2977]巧克力
先考虑第一个问题，即求最小的巧克力块数
将这张网格图建图（仅对$c_{i,j}\ne -1$的位置建点），即求点数最少的连通块（的点数）使得存在$k$个不同的$c_{i,j}$
（以下$c$仅用一维数组表示，$c_{i}$即表示编号为$i$的点的原来的$c_{i,j}$）
令$f_{i,S}$表示包含$i$且集合$S$中的$c_{i}$都在连通块中出现（仅要求出现，不要求其余点不出现）的点数最少的连通块（的点数），显然只需要求出这个dp数组即可，下面考虑如何求：
初始令$f_{i,0}=f_{i,\{c_{i}\}}=1$且$f_{i,j}=\infty$（其中$j>0$），之后不断利用以下几个递推式进行转移——
$$
S'\ne \empty且S'\subset S,f_{i,S}=\min(f_{i,S},f_{i,S'}+f_{i,S\setminus S'}-1)\\(i,j)\in E,f_{i,S}=\min(f_{i,S},f_{j,S}+1)
$$
换言之，只需要不断将其以此法进行修改直至无法修改即得到了正确的$f_{i,j}$，此做法正确性显然
虽然整体没转移有后效性，但第一个转移在$S$这一维上一定是从$S_{sub}$转移到$S$（其中$S_{sub}\subset S$），换言之若从小到大枚举$S$那么就可以从小到大枚举$S$，并求出对应的$f_{i,S}$（最终的值），那么一定是从前面转移
再用枚举子集的技巧优化，可以做到总计$o(n3^{C})$的复杂度（其中$C=\max c_{i}$）
更进一步的，第3个转移是一个最短路的形式（直接从dijkstra的角度来说，即对于最小的$f_{i,S}$具有后效性），当求完后再求一次类似最短路的过程即可
这里转移的复杂度是$o(n\log n\ 2^{C})$，在$C$较小时可以通过
（上面所述的也就是所谓的“斯坦纳树”，反正就是一个此类状压dp的计算方式）
当$C$较大时，上面的做法显然不行，但如果将这些$c_{i}$随机映射到$[1,k]$上（即令$C=k$），得到的解显然也是合法的（但并不一定最小）
考虑点数最小的答案是其中的某$k$个，那么只需要这$k$个中任意两个不映射到同一个位置上即可，这样的概率即为$\frac{k!}{k^{k}}$，若取$k=5$大约为0.0384
以此法做大约200次，求最小值即可得到一个较为准确的答案
另外还有需要最小化中位数，可以二分中位数$mid$，并将所有数分为0和1（小于等于$mid$或大于$mid$），在上面的状态基础上再定义一个$g_{i,S}$表示在$f_{i,S}$最小的基础上最少的1的个数即可
总复杂度为$o(TC\log A(n\log n\ 2^{k}+n3^{k}))$（其中$C=200$即操作次数，$A=\max a_{i,j}$），略卡常数
（另外测评时注意跳过样例，否则会Judgment Failed）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 250 4 #define oo 0x3f3f3f3f 5 #define pii pair<int,int> 6 #define mp make_pair 7 #define fi first 8 #define se second 9 struct Edge{ 10 int nex,to; 11 }edge[N<<2]; 12 priority_queue<pair<pii,int> >q; 13 int V,E,t,n,m,k,id[N][N],c[N][N],val[N],vis[N],head[N],a[N]; 14 pii ans,b[N],f[N][32]; 15 pii add(pii x,pii y){ 16 return mp(x.fi+y.fi,x.se+y.se); 17 } 18 pii neg(pii x){ 19 return mp(-x.fi,-x.se); 20 } 21 void add(int x,int y){ 22 edge[E].nex=head[x]; 23 edge[E].to=y; 24 head[x]=E++; 25 } 26 void dijkstra(int S){ 27 memset(vis,0,sizeof(vis)); 28 for(int i=1;i<=V;i++)q.push(mp(neg(f[i][S]),i)); 29 while (!q.empty()){ 30 int k=q.top().second; 31 q.pop(); 32 if (vis[k])continue; 33 vis[k]=1; 34 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 35 if (f[edge[i].to][S]>add(f[k][S],b[edge[i].to])){ 36 f[edge[i].to][S]=add(f[k][S],b[edge[i].to]); 37 q.push(mp(neg(f[edge[i].to][S]),edge[i].to)); 38 } 39 } 40 } 41 pii calc(int mid){ 42 for(int i=1;i<=V;i++) 43 if (val[i]<=mid)b[i]=mp(1,0); 44 else b[i]=mp(1,1); 45 for(int i=1;i<=V;i++){ 46 for(int j=1;j<(1<<k);j++)f[i][j]=mp(oo,0); 47 f[i][0]=f[i][(1<<a[i])]=b[i]; 48 } 49 for(int i=1;i<(1<<k);i++){ 50 for(int j=1;j<=V;j++) 51 for(int s=(i&(i-1));s;s=(i&(s-1)))f[j][i]=min(f[j][i],add(add(f[j][s],f[j][i^s]),neg(b[j]))); 52 dijkstra(i); 53 } 54 pii ans=mp(oo,0); 55 for(int i=1;i<=V;i++)ans=min(ans,f[i][(1<<k)-1]); 56 return ans; 57 } 58 pii calc(){ 59 int l=0,r=1e6,ans=calc(0).fi; 60 while (l<r){ 61 int mid=(l+r>>1); 62 if (calc(mid).se<=ans/2)r=mid; 63 else l=mid+1; 64 } 65 return mp(ans,l); 66 } 67 int main(){ 68 srand(time(0)); 69 scanf("%d",&t); 70 while (t--){ 71 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 72 for(int i=1;i<=n;i++) 73 for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&c[i][j]); 74 V=E=0; 75 memset(head,-1,sizeof(head)); 76 memset(id,0,sizeof(id)); 77 for(int i=1;i<=n;i++) 78 for(int j=1;j<=m;j++){ 79 if (c[i][j]>0){ 80 id[i][j]=++V; 81 scanf("%d",&val[V]); 82 if ((i>1)&&(id[i-1][j])){ 83 add(id[i-1][j],id[i][j]); 84 add(id[i][j],id[i-1][j]); 85 } 86 if ((j>1)&&(id[i][j-1])){ 87 add(id[i][j-1],id[i][j]); 88 add(id[i][j],id[i][j-1]); 89 } 90 } 91 else scanf("%*d"); 92 } 93 ans=mp(oo,0); 94 for(int times=0;times<200;times++){ 95 memset(vis,-1,sizeof(vis)); 96 for(int i=1;i<=n;i++) 97 for(int j=1;j<=m;j++) 98 if (c[i][j]>0){ 99 if (vis[c[i][j]]<0)vis[c[i][j]]=rand()%k; 100 a[id[i][j]]=vis[c[i][j]]; 101 } 102 ans=min(ans,calc()); 103 } 104 if (ans.fi==oo)printf("-1 -1\n"); 105 else printf("%d %d\n",ans.fi,ans.se); 106 } 107 }
