P6192 【模板】最小斯坦纳树 题解

Description

给定一个包含 \(n\) 个结点和 \(m\) 条带权边的无向连通图 \(G=(V,E)\)。

再给定包含 \(k\) 个结点的点集 \(S\)，选出 \(G\) 的子图 \(G'=(V',E')\)，使得：

1. \(S\subseteq V'\)；

2. \(G'\) 为连通图；

3. \(E'\) 中所有边的权值和最小。

你只需要求出 \(E'\) 中所有边的权值和。

\(1\leq n\leq 100,\ \ 1\leq m\leq 500,\ \ 1\leq k\leq 10,\ \ 1\leq u,v\leq n,\ \ 1\leq w\leq 10^6\)。

Solution

求出的图一定是树，因为如果有环删掉环边一定更优。

假设已经求出了这个树，那么对于树上的每个点 \(u\)，可以记录 \(S\) 表示 \(u\) 的子树出现的关键点集合。利用这个集合可以在图上模拟选树的儿子的过程。

设 \(f_{i,S}\) 表示图上与 \(i\) 连通的树包含 \(S\) 集合对应的关键点的最小边权和，可以得到两种转移：

1. \(i\) 在树上的儿子有 \(\geq 2\) 个或者 \(i\) 为关键点，则儿子的集合一定小于 \(S\) 且互不相交，所以可以直接枚举儿子的集合然后求并就是答案。
2. \(i\) 在树上只有一个儿子且 \(i\) 不为关键点，转移一定形如 \(f_{i,S}\leftarrow f_{j,S}+w\)，跑 dijkstra 即可。

对于第一种转移实现上有一些细节，如果每次是先枚举 \(S\) 和 \(i\) 再枚举 \(i\) 的邻域的状态合并，这样单次就是 \(O(3^{|S|})\)。正确做法是直接让 \(f_{i,S}\leftarrow f_{i,S-T}+f_{i,T}\)，因为 \(<S\) 的答案已经确定。这样做转移一的总时间复杂度就是 \(O(3^kn)\) 了。

容易发现这么 dp 不会出现不合法的情况，并且最优解一定会被算到。

时间复杂度：\(O(3^kn+2^km\log m)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

// #define int int64_t

const int kMaxN = 105, kMaxS = (1 << 10);

int n, m, k;
int f[kMaxN][kMaxS], id[kMaxN];
std::vector<std::pair<int, int>> G[kMaxN];

void dijkstra(int s) {
  static bool vis[kMaxN];
  std::priority_queue<std::pair<int, int>> q;
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    q.emplace(-f[i][s], i), vis[i] = 0;
  for (; !q.empty();) {
    int u = q.top().second; q.pop();
    if (vis[u]) continue;
    vis[u] = 1;
    for (auto [v, w] : G[u]) {
      if (f[v][s] > f[u][s] + w) {
        f[v][s] = f[u][s] + w;
        q.emplace(-f[v][s], v);
      }
    }
  }
}

void solve() {
  memset(f, 0x3f, sizeof(f));
  for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i][id[i] ? (1 << (id[i] - 1)) : 0] = 0;
  for (int s = 0; s < (1 << k); ++s) {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
      for (int t = s; t; t = (t - 1) & s)
        f[i][s] = std::min(f[i][s], f[i][s ^ t] + f[i][t]);
    }
    dijkstra(s);
  }
}

void dickdreamer() {
  std::cin >> n >> m >> k;
  for (int i = 1; i <= m; ++i) {
    int u, v, w;
    std::cin >> u >> v >> w;
    G[u].emplace_back(v, w), G[v].emplace_back(u, w);
  }
  for (int i = 1; i <= k; ++i) {
    int x;
    std::cin >> x;
    id[x] = i;
  }
  solve();
  int ans = 1e9;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) ans = std::min(ans, f[i][(1 << k) - 1]);
  std::cout << ans << '\n';
}

int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
  freopen("in.txt", "r", stdin);
  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int T = 1;
  // std::cin >> T;
  while (T--) dickdreamer();
  // std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
  return 0;
}