洛谷 P3959 宝藏 解题报告
P3959 宝藏
题目描述
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：
\(\mathrm{L} \times \mathrm{K}\)
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。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个用空格分离的正整数 \(n,m\) ，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 \(v\) 。
输出格式：
一个正整数，表示最小的总代价。
数据规模与约定
对于 \(20\%\) 的数据： 保证输入是一棵树， \(1 \le n \le 8\)， \(v \le 5000\) 且所有的 \(v\) 都相等。
对于 \(40\%\) 的数据： \(1 \le n \le 8\) ， \(0 \le m \le 1000\) ， \(v \le 5000\) 且所有的 \(v\) 都相等。
对于 \(70\%\) 的数据： \(1 \le n \le 8\)， \(0 \le m \le 1000\)， \(v \le 5000\)
对于 \(100\%\) 的数据： \(1 \le n \le 12\)，\(0 \le m \le 1000\) ， \(v \le 500000\)
首先，这个题暴力性价比超级高哎
70分pts
#include <cstdio>
#include <cstring>
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
const int N=15;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int g[N][N],n,m;
void init()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(g,0x3f,sizeof(g));
for(int u,v,w,i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
g[u][v]=min(g[u][v],w);
g[v][u]=g[u][v];
}
}
int cho[N],dep[N],ans=inf;
void dfs(int cnt,int cost)
{
if(cost>=ans) return;
if(cnt==n) {ans=cost;return;}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!cho[i])
{
cho[i]=1;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(cho[j]&&g[i][j]!=inf)
{
dep[i]=dep[j]+1;
dfs(cnt+1,cost+dep[j]*g[i][j]);
}
cho[i]=0;
}
}
int main()
{
init();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dep[i]=1,cho[i]=1;
dfs(1,0);
cho[i]=0;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
在此基础上，爬山退火甚至剪枝都可以艹过去了，不过我们稍微讨论一下正解。
首先我们得至少按照层数来做，因为它和代价相关。
一个比较好搞出来的想法就是\(dp_{S,d}\)代表已经选中子树\(S\)且其的深度为\(d\)的时候的最小代价。
但是我们发现转移的时候我们需要把点接在最后一层，我们是不是一个搞一个存储最后一层点集的东西呢？？
不行，这样的复杂度还不如直接暴力。
我们强行接点好吗，哪怕接在了不是最后一层的点上，根据题意我们认为道路长度不为负，我们的答案只会大不会小。这样就足够了，因为所有的状态都会被找到，所以非最优的局部不会错过最优解。
尝试列出转移方程
\(dp_{S,d}=min(dp_{las,d-1}+(d-1)\times cost_{las,S})\)
直接遍历两个集合显然不行，我们可以尝试枚举一个S，然后DFS它的子集。而实际上，遍历子集有更方便的写法
对于费用数组\(cost[i][j]\)，我们先求出某个集合对单个点连接的费用（涉及决策），然后更新集合对集合的费用。注意同样要枚举子集。
还要注意，正无穷的费用不能参与更新，否则会爆int
Code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=12;
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int g[N+1][N+1],dp[1<<N][N+1],cost[1<<N][1<<N],c[1<<N][13],n,m,ans=inf;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(g,0x3f,sizeof(g));
for(int u,v,w,i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
g[u][v]=min(g[u][v],w);
g[v][u]=g[u][v];
}
memset(c,0x3f,sizeof(c));
memset(cost,0x3f,sizeof(cost));
for(int s=1;s<1<<n;s++)
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int mi=inf;
for(int j=0;j<n;j++)
if((s>>j)&1)
mi=min(mi,g[j+1][i]);
c[s][i]=mi;
}
for(int t=1;t<1<<n;t++)
for(int s=t-1&t;s;s=s-1&t)
{
cost[s][t]=0;
int k=t-s;
for(int j=0;j<n;j++)
if((k>>j)&1)
{
if(c[s][j+1]==inf) {cost[s][t]=inf;break;}
cost[s][t]+=c[s][j+1];
}
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
for(int i=0;i<n;i++)
dp[1<<i][1]=0;
ans=min(ans,dp[(1<<n)-1][1]);
for(int d=2;d<=n;d++)
{
for(int sta=0;sta<1<<n;sta++)
for(int las=sta-1&sta;las;las=las-1&sta)
if(dp[las][d-1]!=inf&&cost[las][sta]!=inf)
dp[sta][d]=min(dp[sta][d],dp[las][d-1]+(d-1)*cost[las][sta]);
ans=min(ans,dp[(1<<n)-1][d]);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
2018.8.4
