BZOJ2595 Wc2008 游览计划
2595: [Wc2008]游览计划
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Description
.jpg)
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
0 1 1 0
2 5 5 1
1 5 5 1
0 1 1 0
Sample Output
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。
窝发现窝好弱啊。下午学了一波斯坦纳树，打了一下模板题BZOJ4774修路，感觉十分膨胀，于是去做了一下杭电的桃花源记，让我构建斯坦纳森林，就不会了。现在又要我输出路径，又是看了题解才会的。大家一起%QT吧。
其实这题除了输出路径以外都不难，貌似就是一道裸的斯坦纳树板子题加了点路径特技。
斯坦纳树的实现原理类似子集DP，是一个求关键点连通问题的优秀解法。所谓关键点连通，就是指要求的一些点必须连通，但不一定只有这一些点。斯坦纳树是用子集DP+SPFA的原理解决这一问题。当然，关键点数目必须不大(因为每一个点都是一个二进制位0/1)。
首先对初始的关键点赋好值(f[i][1<<k]=0)，然后从小到大枚举全集(opt)。在每一次枚举全集内，因为子集sub肯定被枚举过(因为定有sub<opt)，所以可以用子集的并的方式更新自己的opt值，这就是斯坦纳树的第一个转移方程：
f[i][opt]=min{f[i][sub]+f[i][opt^sub,sub∈opt};
自我枚举后就可以对这一状态的点集进行spfa，用f[i][opt]维护f[j][opt]。这就是第二个方程：
f[i][opt]=min{f[j][opt]+dis(i,j)};
这样对于每一个集合的值就已经求出来了。最后统计一边答案即可。
对于这道题的路径输出，hzwer -> zky ->姜碧野的代码里是把斯坦纳树的每一次取min都记下转移的来源，然后随便找个景点开始按照转移的顺序反向dfs，打上vis标记来输出。
一辈子也想不到啊想不到。
具体代码就在下面了。你不得不承认斯坦纳树写起来还是很优美的... ...
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <complex>
#include <stack>
#define LL long long int
#define dob double
using namespace std;
const int N = 12;
const int M = 1024;
const int Inf = 707406378;
struct Node{int x,y;}trav[M];
struct Data{int x,y,set;}from[N][N][M];
int n,m,k,In[N][N],f[N][N][M],map[N][N],full,ans[M],pot[N];
int gx[]={0,0,0,1,-1},gy[]={0,1,-1,0,0},vis[N][N];
queue<Node>Q;
int gi()
{
int x=0,res=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')res*=-1;ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*res;
}
inline void spfa(int opt)
{
while(!Q.empty()){
Node now=Q.front();Q.pop();
int x=now.x,y=now.y;In[x][y]=0;
for(int e=1;e<=4;++e){
int nx=x+gx[e],ny=y+gy[e];
if(x<1 || y<1 || x>n || y>m)continue;
if(f[nx][ny][opt]>f[x][y][opt]+map[nx][ny]){
f[nx][ny][opt]=f[x][y][opt]+map[nx][ny];
from[nx][ny][opt]=(Data){x,y,opt};
if(!In[nx][ny])Q.push((Node){nx,ny}),In[nx][ny]=1;
}
}
}
}
inline void dfs(int x,int y,int kind)
{
vis[x][y]=1;
Data g=from[x][y][kind];
if(!g.x || !g.y)return;
dfs(g.x,g.y,g.set);
if(x==g.x && y==g.y)
dfs(g.x,g.y,kind^g.set);
}
inline void work()
{
full=(1<<k)-1;
memset(f,127/3,sizeof(f));
memset(ans,127/3,sizeof(ans));
for(int i=1;i<=k;++i)
f[trav[i].x][trav[i].y][1<<(i-1)]=0;
for(int opt=0;opt<=full;++opt){
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j){
for(int sub=opt;sub;sub=(sub-1)&opt){
int nx=f[i][j][sub]+f[i][j][opt^sub]-map[i][j];
if(nx<f[i][j][opt]){
f[i][j][opt]=nx;
from[i][j][opt]=(Data){i,j,sub};
}
}
if(f[i][j][opt]!=Inf)Q.push((Node){i,j}),In[i][j]=1;
}
spfa(opt);
}
Node st;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
if(map[i][j]==0)
st.x=i,st.y=j;
dfs(st.x,st.y,full);
printf("%d\n",f[st.x][st.y][full]);
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
if(map[i][j]==0)printf("x");
else if(vis[i][j]==1)printf("o");
else printf("_");
}
printf("\n");
}
}
int main()
{
n=gi();m=gi();
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j){
map[i][j]=gi();
if(map[i][j]==0)
trav[++k]=(Node){i,j};
}
work();
return 0;
}
