【CCPC-Wannafly Winter Camp Day3 (Div1) D】精简改良（状压DP）

点此看题面

大致题意： 给你一张图，定义\(dis(i,j)\)为\(i\)与\(j\)的最短距离，现要求删去若干条边，使得图仍然联通，且\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^ndis(i,j)\)最大。

一个贪心的思想

考虑到要使点与点间的距离最大，则多删边肯定是更优的。

又考虑图必须联通，则最后的图肯定是一棵树。

状压\(DP\)

看到数据范围如此之小（\(N\le14\)），自然会想到状压\(DP\)啦。

我们可以设\(f_{i,x}\)表示子集\(i\)在强制以\(x\)为根的情况下的最优解（易证此题局部最优解即为全局最优解），注意这里我们强制除根以外的节点不能向外连边。并设\(g_i\)表示子集\(i\)内的元素个数。

考虑如何转移。

对于这种子集\(DP\)，一般套路都是枚举\(i\)的一个子集\(j\)来将其分成\(j\)和\(i\text{^}j\)（记为\(k\)）两部分。

这题也不例外。

我们可以枚举一个属于\(j\)的点\(x\)，然后枚举一个属于\(k\)的点\(y\)，表示将\(x\)作为根，且在\(x\)与\(y\)之间连边合并两个子集。

考虑到前面我们对根的定义，则此后\(y\)的子树内的节点不可能再向外连边，即其他节点必定在靠近\(x\)的同一侧。

那我们就可以计算出这条边被经过的次数应为\(g_k*(n-g_k)\)，从而得到这条边的贡献，并由此推出转移方程：

\[f_{i,x}=max(f_{i,x},f_{j,x}+f_{k,y}+g_k*(n-g_k)*v_{x,y}) \]

其中\(v_{x,y}\)表示\(x\)和\(y\)两点间的边权。

具体实现详见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 14
#define M 91
#define LL long long
#define swap(x,y) (x^=y^=x^=y)
#define Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
#define pb push_back
using namespace std;
int n,m,g[1<<N],v[N+5][N+5];LL f[1<<N][N+5];vector<int> p[1<<N];
int main()
{
	RI i,j,k,l,x,y,z,tj,tk;Reg LL ans=0;
	for(scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=m;++i) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),v[x][y]=v[y][x]=z;//读入+建边
	for(l=1<<n,i=1;i^l;++i) for(g[i]=g[i>>1]+(i&1),j=1;j<=n;++j) (i>>j-1)&1&&(p[i].pb(j),f[i][j]=g[i]^1?-1:0);//初始化g数组以及f数组，用p来存储每个子集所包含的元素
	for(i=1;i^l;++i) for(j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i)//枚举i，然后枚举它的子集j
	{
		for(k=i^j,tj=0;tj^g[j];++tj) if(~f[j][x=p[j][tj]]) for(tk=0;tk^g[k];++tk)//枚举一个属于j的点x和属于k的点y
			if(~f[k][y=p[k][tk]]&&v[x][y]) Gmax(f[i][x],f[j][x]+f[k][y]+1LL*g[k]*(n-g[k])*v[x][y]);//判断情况是否合法后转移
	}for(i=1;i<=n;++i) Gmax(ans,f[l-1][i]);//求出最优的答案
	return printf("%lld",ans),0;//输出答案
}