【NOIP2017】 宝藏 状压dp

为啥我去年这么菜啊。。。。。

我现在想了$20min$后打了$10min$就过了$qwq$。

我们用$f[i][j]$表示当前深度为$i$，访问了状态$j$中的所有点的最小代价。

显然$f[i][j]=min(f[i-1][k]+i\times get(k,$j^k$))$其中$k$为$j$的子集，$get(x,y)$表示点集$y$中所有点分别向点集$x$连边的最小代价。注意这里的j^k是j异或k的意思。

显然这个dp的时间复杂度是$O(3^n\times n^2)$的。

考虑到n非常小，然后就过了。

 

然而我当年不会枚举子集，甚至单独开了一维来存储深度为i的点集 $555^{555}$

现在写的这份代码比场上那个70分不知道短到哪里去了

 

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 19260817
#define M 12
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;

int a[M][M]={0},f[M][1<<M]={0};
int p[1<<M]={0};
int get(int x,int y){
    //get(x,y)返回值表示：点集y与点集x相连所需的最小代价 
    int res=0;
    for(int i=y;i;i-=lowbit(i)){
        int now=p[lowbit(i)],minn=f[0][0];
        for(int j=x;j;j-=lowbit(j)){
            int pre=p[lowbit(j)];
            minn=min(minn,a[now][pre]);
        }
        res+=minn;
    }
    return res;
}

int main(){
    for(int i=0;i<M;i++) p[1<<i]=i;
    memset(a,1,sizeof(a));
    memset(f,1,sizeof(f));
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        x--; y--;
        a[x][y]=min(a[x][y],z);
        a[y][x]=min(a[y][x],z);
    }
    int ans=f[0][0],hh=1<<n;
    if(n==1) ans=0;
    /*
        f[i][j]表示：当前已经遍历过的节点为j，其中最大深度为i时的最小代价
        不难推出: f[i][j]=min(f[i-1][K]+get(K,K^(j))*i);
        其中K为j的子集
        我们发现：该转移可能会将深度小于i的节点，当成深度为i的节点进行计算，造成答案偏大 
        由于f[i][j]表示的是最小代价，所以在递推过程中，将深度算大的方案必会把答案算大
        在枚举子集的过程中，我们总是存在有深度恰好为i的子集的枚举环节
        因此，我们不必担心这样的枚举会对答案造成影响 
    */ 
    for(int i=0;i<n;i++) f[0][1<<i]=0;
    for(int i=1;i<n;i++){
        for(int j=1;j<hh;j++){//hh=2的n次方 
            for(int k=j;k;k=j&(k-1))//k是j的子集，这是枚举子集 
            f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+get(k,j^k)*i);
        }
        ans=min(ans,f[i][hh-1]);
    }
    cout<<ans<<endl;
}