最小斯坦纳树 学习笔记

最小斯坦纳树

给定一张无相连通图，每条边有权值，有 $k$ 个关键点，要求选择权值和最小的边使得关键点连通，求权值和。

类似最小生成树，但是限定了关键点就只能用指数级的复杂度解决，这里考虑类似状压 DP 的方法。

例题：P6192 【模板】最小斯坦纳树

首先最终答案显然是一个树。

所以我们设 $f_{i,S}$ 表示以 $i$ 为根的树，包含了关键点中 $S$ 的这些点，$S$ 是一个 $01$ 串。

考虑怎么转移，分 $i$ 的度数为 $1$，和不为 $1$ 两种情况。

为 $1$ 则：

$$f_{i,S}+w(i,j)\to f_{j,S}$$

不为 $1$ 则 $i$ 有两个子树，把两个子树合并即可：

$$f_{i,S}+f_{i,T}\to f_{i,S+T}$$

要注意在这里我们不用关心 $i,j$ 是否是关键点而更新后面的 $S$，我们只需在最开始把关键点 $i$ 赋为 $f_{i,\{i\}}=0$ 即可，然后后面的转移相当于把这些关键点合并。

由于 $S$ 肯定是逐渐变大的，所以考虑在最外层枚举 $S$，用之前的状态更新当前的状态，这里是 $O(2^k)$。

考虑怎么实现，对于上面一条转移，注意我们不是只做一条边，可能是很多条边连起来，那么就做最短路，用优先队列 $Dijkstra$ 可以做到 $O(n\log m)$，具体地就是一开始把所有点都推进队列里，总的就是 $O(2^{k}n\log m)$。

对于下面这条转移，就是一个枚举子集，而枚举子集可以做到 $3^k$，具体来说是这样（$j$ 是 $i$ 的子集）：

for(int i=0;i<(1<<k);i++)
	for(int j=i;j;j=((j-1)&i))
        do something

所以这一部分的总复杂度是 $O(3^{k}n)$。

注意一件事情，我们需要先做度数不为 $1$ 的转移，再做为 $1$ 的转移，相当于是先得到更大的 $S$，然后才能把这个 $S$ 扩展到更多的点；否则若更大的 $S$ 还没合并，不是最优的，那么先扩展到更多的点也不是最优的。

最后的复杂度就是 $O(3^{k}n+2^{k}n\log m)$。

AC 代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,K;
const int N=105,M=505;
vector<pair<int,int>> g[N];
int f[N][1<<10],bz[N];
struct arr{
	int val,num;
	arr(int _val,int _num){
		val=_val,num=_num;
	}
};
int operator<(arr x,arr y){
	return x.val>y.val;
}
int id[N];
int main(){
//	freopen("P.in","r",stdin);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>n>>m>>K;	
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v,w;
		cin>>u>>v>>w;
		g[u].push_back(make_pair(v,w));
		g[v].push_back(make_pair(u,w));
	}
	int X;
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	for(int i=1;i<=K;i++){
		int x; cin>>x;
		X=x; id[x]=i;
		f[x][1<<i-1]=0;
	}
	for(int i=1;i<(1<<K);i++){
		for(int j=i;j;j=((j-1)&i)){
			for(int k=1;k<=n;k++)
			f[k][i]=min(f[k][i],f[k][j]+f[k][i-j]);
		}
		memset(bz,0,sizeof bz);
		priority_queue<arr> q;
		for(int k=1;k<=n;k++)q.push(arr(f[k][i],k));
		while(q.size()){
			int u;
			while(q.size()&&bz[u=q.top().num])q.pop();
			if(q.empty())break;
			bz[u]=1; q.pop();
			for(auto _v:g[u]){
				int v=_v.first,co=_v.second;
				if(f[v][i]>f[u][i]+co){
					f[v][i]=f[u][i]+co;
					q.push(arr(f[v][i],v));
				}
			}
		}
	}
	cout<<f[X][(1<<K)-1];
}

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经过一些思考可以发现，最终答案一定是所有颜色所形成的斯坦纳树的并，于是对于每种颜色的斯坦纳树拿出来再做一次状压 DP 即可。

另外在这道题中，数据范围较大，因此 $SPFA$ 跑得比 $Dijkstra$ 更快。

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