斯坦纳树

斯坦纳树问题是一种组合优化问题，大概就是正权无向图上连接\(k\)个指定点所需要的最小权值。这是洛谷的板子题。

一句话题意：\(n\)个点\(m\)条边带权无向图选\(k\)个点连接，求最小权值。\(n\le100,m\le500,k\le10\)。

首先我们最后连接出来的图一定是一棵树。然后看这个\(k\)的范围很难不想到状压。好那就状压。

设\(dp[i][j]\)为以\(i\)节点为根，包含点集为\(j\)的最小代价，然后我们就变成了一个长的像个树形dp的东西（虽然并不是）。那么我们考虑状态的转移。我们发现有两个转移柿子：

1. 对于集合\(s\)，我们枚举它的所有子集\(t\)，那么就有：

\[dp[i][s]=\min(dp[i][t]+dp[i][s-t]) \]

这部分的复杂度根据二项式定理是\(n\sum_{i=1}^kC_k^i2^i=n(2+1)^k=n3^k\)的。其实就相当与把以 \(i\) 为根的两棵子树加起来。
2. 对于节点\(i\)，对所有其它节点\(j\)有转移：

\[dp[i][s]=\min(dp[j][s]+w[i][j]) \]

我们用已经包含在树中的点 \(j\) 来扩展未在树中的点 \(i\) ，相当于把连接这两个点的边加入树中，此时 \(i\) 被扩展到树内。

看起来长的就像个最短路，于是我们写个dijkstra解决。

于是这个问题就结束了。不懂的可以看看注释。

void dijkstra(int s){//dijkstra的板子 加上个集合s 
	memset(v,false,sizeof(v));
	while(!q.empty()){
		int x=q.top().x;q.pop();
		if(!v[x]){
			v[x]=true;
			for(int i=head[x];i;i=edge[i].next){
				if(dp[edge[i].v][s]>dp[x][s]+edge[i].w){
					dp[edge[i].v][s]=dp[x][s]+edge[i].w;
					g.x=edge[i].v;g.w=dp[edge[i].v][s];
					q.push(g);
				}
			}
		}
	}
}
int main(){
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w);add(v,u,w);
	}
	for(int i=1;i<=k;i++){
		scanf("%d",&p[i]);dp[p[i]][1<<(i-1)]=0;
	}
	for(int s=1;s<(1<<k);s++){//枚举集合s 
		for(int i=1;i<=n;i++){//枚举点i 
			for(int j=s&(s-1);j;j=s&(j-1)){//枚举s的子集j 
				dp[i][s]=min(dp[i][s],dp[i][j]+dp[i][s^j]);//进行转移 
			}
			if(dp[i][s]!=0x3f3f3f3f){
				g.x=i;g.w=dp[i][s];q.push(g);
			}
		}
		dijkstra(s);//每次转移完一个集合的所有子集之后跑最短路 
	}
	printf("%d",dp[p[1]][(1<<k)-1]);//统计答案 实际上不管是p[1]还是p[k]什么的答案都一样 
}