[Noip2017] 宝藏

Description

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。

Input

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。

Output

输出共一行，一个正整数，表示最小的总代价。

Range

对于 20%的数据： 保证输入是一棵树，1≤n≤8 ，v≤5000 且所有的 v 都相等。

对于 40%的数据： 1≤n≤8 ，0≤m≤1000 ，v≤5000  且所有的 v 都相等。

对于 70%的数据： 1≤n≤8 ，0≤m≤1000  ，v≤5000

对于 100%的数据： 1≤n≤12 ，0≤m≤1000 ，v≤500000

Solution

范围明显状压

定义 f[i] 表示状态为 i 时的最小花费

这道题比较难的一点是要求树上根节点到某个点的距离

其实可以开一个数组 dis[i][j] 表示状态为 i 时根节点到 j 经过多少点

但是这个 dis 数组怎么转移呢？

其实在更新 f 数组的时候更新 dis 就好了

具体是 $dis[i|(1<<p-1)][l]=dis[i][l],dis[i|(1<<p-1)][p]=dis[i][j]+1$

其中 i 是当前状态，j 是新挖一条边的起点，p 是新挖一条边的终点。

这就很清晰了。

而直接从小到大循环状态也不会漏情况，证明很容易。

没了。

Code

 

// By YoungNeal
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define N 15
#define int long long

int n,m;
int maxn;
int f[1<<N];
int mp[N][N];
int dis[1<<N][N];
int ans=0x3f3f3f3f;

signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m); maxn=1<<n;
    memset(mp,-1,sizeof mp);
    for(int x,y,z,i=1;i<=m;i++){
        scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
        if(mp[x][y]>z||mp[x][y]==-1) mp[x][y]=mp[y][x]=z;
    }
    for(int s=1;s<=n;s++){
        memset(f,0x3f,sizeof f);
        memset(dis,0,sizeof dis);
        f[1<<s-1]=0; dis[1<<s-1][s]=1;
        for(int i=1;i<maxn;i++){
            //if(f[i]>=0x3f3f3f3f) continue;
            for(int j=1;j<=n;j++){
                if(!(i&(1<<j-1))) continue;
                for(int p=1;p<=n;p++){
                    if(i&(1<<p-1)) continue;
                    if(mp[j][p]==-1) continue;
                    //printf("f[i]=%d,j=%d,p=%d\n",f[i],j,p);
                    if(f[i|(1<<p-1)]>f[i]+dis[i][j]*mp[j][p]){
                        f[i|(1<<p-1)]=f[i]+dis[i][j]*mp[j][p];
                        for(int k=1;k<=n;k++) dis[i|(1<<p-1)][k]=dis[i][k];
                        dis[i|(1<<p-1)][p]=dis[i][j]+1;
                    }
                }
            }
        }
        ans=std::min(ans,f[maxn-1]);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}