bzoj2595 [Wc2008]游览计划

Input

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。

Output

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。

Sample Input

4 4
0 1 1 0
2 5 5 1
1 5 5 1
0 1 1 0

Sample Output

6
xoox
___o
___o
xoox

HINT

 

 对于100%的数据，N,M,K≤10，其中K为景点的数目。输入的所有整数均在[0,2^16]的范围内

 

 

思路： 本题是最小斯坦纳树的模板题，难点在于需要记录方案。 

       令f[i][j][k]表示已经连接的景点的集合为k时，包含点a[i][j]的最小值。即以(i,j)为根时，景点集合为k时的斯坦纳树。然后有两种转移：

       1.由两个子集合并得到集合k，即f[i][j][k]=f[i][j][x]+f[i][j][y]-a[i][j]，x|y=k；

       2.由根的转移得到，即f[i][j][k]=f[x][y][k]+a[i][j]，其中(i,j)和(x,y)相邻。

最小斯坦纳树有多种转移方法，要注意区分，这里是按照相同状态转移和子状态转移两种情况来考虑，相同状态转移就需要用到最短路径算法了，注意f[i][j][k]里面i,j这个位置并不一定体现在k这个二进制里面，这也是我之前一直有点疑惑的原因。 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;  
int const inf=1e9;  
int const N=12;  
int const M=1105;  
int n,m,a[N][N],f[N][N][M],pre[N][N][M][3],h[M+5][2],p; 
bool  bo[N][N];  
int dx[4]={0,0,1,-1};  
int dy[4]={1,-1,0,0};  
void dfs(int x,int y,int k){
  if(!k) return;  
  bo[x][y]=1;  
  dfs(pre[x][y][k][0],pre[x][y][k][1],pre[x][y][k][2]);  
  if(pre[x][y][k][0]==x && pre[x][y][k][1]==y)   
    dfs(x,y,k^pre[x][y][k][2]); 
}  
void work(int x,int y){
  printf("%d\n",f[x][y][(1<<p)-1]);  
  memset(bo,0,sizeof(bo));  
  dfs(x,y,(1<<p)-1);  
  for(int i=1;i<=m;i++){
    for(int j=1;j<=n;j++)  
      if(a[i][j])  putchar(bo[i][j]?  'o':'_');
      else  putchar('x');
    printf("\n"); 
  } 
}    
  
int main(){
  scanf("%d%d",&m,&n);  
  int k,x,y;  
  for(int i=1;i<=m;i++) 
    for(int j=1;j<=n;j++)  
      for(int k=0;k<(1<<10);k++) f[i][j][k]=inf;  
  for(int i=1;i<=m;i++) 
    for(int j=1;j<=n;j++) {
      scanf("%d",&a[i][j]);  
      if(a[i][j]==0)
        f[i][j][1<<p]=0,p++; 
    } 
  for(int k=1;k<(1<<p);k++){
    int l=0,r=0;  
    memset(bo,1,sizeof(bo)); 
    for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=n;j++){
        for(int x=k&(k-1);x;x=(x-1)&k){
          int tmp=f[i][j][x]+f[i][j][k^x]-a[i][j];  
          if(tmp<f[i][j][k]){
            f[i][j][k]=tmp;  
            pre[i][j][k][0]=i;  
            pre[i][j][k][1]=j;  
            pre[i][j][k][2]=x; 
          } 
        } 
        if(f[i][j][k]<inf){
            h[++r][0]=i;  
            h[r][1]=j;  
            bo[i][j]=0;  
        }  
      }
    while (l!=r){
      l=l%M+1;  
      x=h[l][0]; y=h[l][1];  bo[x][y]=1;  
      for(int i=0;i<4;i++){
        int u=x+dx[i]; 
        int v=y+dy[i];  
        if(u<1 || u>m || v<1 || v>n) continue; 
        if(f[x][y][k]+a[u][v]<f[u][v][k]){
          f[u][v][k]=f[x][y][k]+a[u][v]; 
          pre[u][v][k][0]=x;  
          pre[u][v][k][1]=y; 
          pre[u][v][k][2]=k;  
          if(bo[u][v]){
            bo[u][v]=0; r=r%M+1;  
            h[r][0]=u;h[r][1]=v;  
          } 
        }
      }  
    } 
  } 
  for(int i=1;i<=m;i++)  
    for(int j=1;j<=n;j++)  
      if(a[i][j]==0){
        work(i,j);  
        return 0; 
      } 
  return 0; 
}