pjudge#21655-[PR #5]双向奔赴【状压dp】

1|0正题

题目链接:http://pjudge.ac/contest/951/problem/21655

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1|1题目大意

给出一张$n$个点的简单无向图，每条边的两个方向具有不同权值。求一个权值和最小的定向方案使得整张图强连通。

$1\leq n\leq 18,-1\leq a_{i,j}\leq 10^6$

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1|2解题思路

考虑一个朴素的想法，我们$dp$出一条从$1$出发经过所有点的路径，然后这条路径上的边强制定向，其他的边随意定向。

发现这个想法的难点在于一条边重复经过会统计多次和其他边的随意定向的权值。

先考虑其他边随意定向的权值，这个很好解决，对于每条边，我们先默认定向为权值较小的方向，然后这个方向的权值就变成$0$，而另一个方向的权值减去这个权值。

这样如果一条边没有被经过就可以不用重复定向了。

然后考虑解决重复统计的问题，我们考虑另一种扩展方式，假设目前点集$S$都在强连通分量内，我们找到一条路径$x\rightarrow y$其中$x,y\in S$，这样路径上的所有点都会被融入点集$S$内。

那么我们设$f_{S,x,y}$表示点集$S$强连通的情况下，目前我们在找一条路径终点是$x$，目前走到$y$是的最小定向权值。

需要注意的是一条边只能被定向一次所以需要特殊转移。

时间复杂度：$O(2^nn^3)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=18,inf=2147483647/3;
int n,a[N][N],f[1<<N][N][N],g[1<<N],ans;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=0;j<n;j++)
			scanf("%d",&a[i][j]);
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=i+1;j<n;j++){
			if(a[i][j]!=-1){
				int x=min(a[i][j],a[j][i]);
				ans+=x;a[i][j]-=x;a[j][i]-=x;
			}
		}
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	memset(g,0x3f,sizeof(g));
	int MS=1<<n;g[1]=0;
	for(int s=0;s<MS;s++){
		if(!(s&1))continue;
		if(s==MS-1)ans+=g[s];
		if(g[s]<inf){
			for(int i=0;i<n;i++){
				if(!((s>>i)&1))continue;
				for(int j=0;j<n;j++){
					if((s>>j)&1)continue;
					for(int k=0;k<n;k++){
						if(!((s>>k)&1)||a[k][j]==-1)continue;
						if(k==i)f[s|(1<<j)][i][j]=min(f[s|(1<<j)][i][j],g[s]+a[k][j]);
						else f[s][i][j]=min(f[s][i][j],g[s]+a[k][j]);
					}
				}
			}
		}
		for(int x=0;x<n;x++){
			if(!((s>>x)&1))continue;
			for(int i=0;i<n;i++){
				if(f[s][x][i]>inf)continue;
				for(int j=0;j<n;j++){
					if(((s>>j)&1)||a[i][j]==-1)continue;
					f[s|(1<<i)][x][j]=min(f[s|(1<<i)][x][j],f[s][x][i]+a[i][j]);
				}
			}
		}
		for(int x=0;x<n;x++){
			if(!((s>>x)&1))continue;
			for(int i=0;i<n;i++){
				if(f[s][x][i]>inf)continue;
				for(int j=0;j<n;j++){
					if(((s>>j)&1)||a[i][j]==-1)continue;
					f[s|(1<<i)][x][j]=min(f[s|(1<<i)][x][j],f[s][x][i]+a[i][j]);
				}
			}
		}
		for(int i=0;i<n;i++){
			if(!((s>>i)&1))continue;
			for(int j=0;j<n;j++){
				if((s>>j)&1||a[j][i]==-1)continue;
				g[s|(1<<j)]=min(g[s|(1<<j)],f[s][i][j]+a[j][i]);
			}
		}
	}
	if(ans>=inf)puts("-1");
	else printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/16373377.html
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