【模板】斯坦纳树

模拟赛出了一个斯坦纳森林的题，全军覆没。

于是赶紧过来学习。

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$1.$概述

先来看这道题：一张无向图，求它的最小生成树。

不会有人不会吧，Kruskal或者Prim一下就好了。

然后是它的进阶版：

一张无向图 $G$，$|V|\le 100,|E|\le 500$，给定一个大小为 $k(k\le 10)$ 集合 $S$，求一个子图 $G^{\prime }(V^{\prime },E^{\prime })$，使得 $S\subseteq V^{\prime },G^{\prime }$ 连通，且最小化 $E^{\prime }$ 权值和。

可以发现最小生成树就是 $S=V$ 时的特殊情况。那么这个东西怎么做呢？

$2.$解法

首先，$G^{\prime }$ 一定是一颗树。

要不然如果有环的话随便断掉一条边还是符合的。

于是我们钦定一个树根，设 $dp[i][mask]$ 表示以 $i$ 为根的一棵树，包含了 $mask$ 中所有点的最小权值（$mask$ 是状压 $S$ 中的点，所以 $i$可能不在 $mask$ 中）。

然后转移的时候分两种情况：

1. 树中 $i$ 的度不为 1。

那么一定可以将 $mask$ 分为两个子集 $s,mask-s$，使得它们代表的集合分别在 $i$ 的两个不同的子树中。

但我们不知道 $s$ 是什么，于是我们考虑暴力，用 $O(3^k)$ 的复杂度枚举子集，暴力转移。

所以有

$$dp[i][mask]=\underset{s\subseteq mask}{min}dp[i][s]+dp[i][mask-s]$$

2. 树中$i$ 的度为 1。

那么这时与 $i$ 相邻的那个点 $j$ 的答案加上 $dis(i,j)$ 一定比 $i$ 优。

但是我们仍然不知道 $j$ 是那个点，也不知道哪些 $i$ 度为 1，于是我们继续考虑暴力，用 $O(n^2)$ 的复杂度枚举两个点，暴力转移。

所以又有

$$dp[i][mask]=\underset{j=1}{\overset{n}{min}}dp[j][mask]+dis[i][j]$$

可以证明，只有 $i,j$ 相邻时 $dp[i][mask]$ 会改变。

$upd:$ 好像有点问题。建议不要管这个暴力，直接看下面最短路的方法 😃

于是做完了。

注意事项：

$dis[i][j]$ 的求法可以 $O(n^3)Floyd$。

总复杂度 $O(n^3+n^2\times 2^k+n\times 3^k)$

但是我们还有一种做法。

有些恶心的出题壬会把 $n$ 开到 1000。这时怎么办呢？

观察第二种情况的式子：

$$dp[i][mask]=\underset{j=1}{\overset{n}{min}}dp[j][mask]+dis[i][j]$$

既然要优化，我们就限制一下 $j$ 的范围：

$$dp[i][mask]=\underset{j=1,j\mathrm{与}i\mathrm{相}\mathrm{邻}}{\overset{n}{min}}dp[j][mask]+dis[i][j]$$

然后我们发现：

这和最短路的松弛操作长的一模一样。

于是我们就可以愉快的用 dijkstra 或 SPFA（只有正权）优化了。

总复杂度 $O(nlogn\times 2^k+n\times 3^k)$

例题：

1.【模板】最小斯坦纳树

就是板子。

$n$ 只有 100，用Floyd

$Code:$

// Problem: P6192 【模板】最小斯坦纳树
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P6192
// Memory Limit: 250 MB
// Time Limit: 1000 ms


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define f(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)
#define wt int tt=d;while(tt--)
#define py puts("Yes")
#define pn puts("No")
#define fe(i,e) for(int i=0;i<e.size();i++)
#define vi vector<ll>
inline ll rd() {
	ll x=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c))x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return x*f;
}
#define d rd()
#define pb push_back
const ll N=300010;
ll dis[110][110];
ll qp(ll a,ll b,ll p){
	ll ans=1;while(b){
		if(b&1)ans=ans*a%p;
		a=a*a%p;b>>=1;
	}return ans;
}ll n,m,k;
ll s,dp[110][2010];
int main(){
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	n=d,m=d,k=d;
	f(i,1,m){
		ll u=d,v=d,w=d;
		dis[u][v]=min(dis[u][v],w);
		dis[v][u]=min(dis[v][u],w);
	}f(kk,1,n)f(i,1,n)f(j,1,n)dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][kk]+dis[kk][j]);
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	f(i,1,k)s=d,dp[s][1<<(i-1)]=0;
	f(msk,0,(1<<k)-1){
		f(i,1,n)for(int ms=msk;ms;ms=(ms-1)&msk)dp[i][msk]=min(dp[i][msk],dp[i][ms]+dp[i][msk^ms]);
		f(i,1,n)f(j,1,n)dp[i][msk]=min(dp[i][msk],dp[j][msk]+dis[i][j]);
	}printf("%lld\n",dp[s][(1<<k)-1]);
	
	return 0;
}

2.Ticket to Ride

题意：一张图，给定 4 对关键点（一共 8 个点）,求最小斯坦纳森林。

发现按照上面的那样做不行，因为这个不用保证所有点连通。

因为所有的点都是按照顺序读进来的，所以只有第一对点在 $mask$ 中连通表示为 $(00000011{)}_2$，只有第二对点表示为 $(00001100{)}_2$，第一对和第二对同时连通为 $(00001111{)}_2$。

所以只有 $mask[0]$（表示 $mask$ 的第 0 位）$=mask[1],mask[2]=mask[3].mask[4]=mask[5],mask[6]=mask[7]$ 时这个 $mask$ 合法。

然后就可以写一个 check 来判断是否合法。

我们再设一个数组 $f[mask]$，表示合法的 $mask$ 状态的点对分别连通时的最小权值。

所以一开始 $f[mask]=\underset{i=1}{\overset{n}{min}}dp[i][mask]$。

假设 $mask=(11001111{)}_2$，所以

$$f[11001111]=min(f[11000000]+f[00001111],f[11001100]+f[00000011],f[11000011]+f[00001100])$$

于是可以发现

$$f[mask]=\underset{s\subseteq mask\mathrm{且}s\mathrm{合}\mathrm{法}}{min}f[s]+f[mask-s]$$

于是又是一个枚举子集。

然后好了。

$Code:$

// Problem: Ticket to Ride
// Contest: POJ - Northwestern Europe 2006
// URL: http://poj.org/problem?id=3123
// Memory Limit: 65 MB
// Time Limit: 2000 ms

#include<cstring>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <complex>
#include <deque>
#include <exception>
#include <fstream>
#include <functional>
#include <iomanip>
#include <ios>
#include <iosfwd>
#include <iostream>
#include <istream>
#include <iterator>
#include <limits>
#include <list>
#include <locale>
#include <map>
#include <memory>
#include <new>
#include <numeric>
#include <ostream>
#include <queue>
#include <set>
#include <sstream>
#include <stack>
#include <stdexcept>
#include <streambuf>
#include <string>
#include <typeinfo>
#include <utility>
#include <valarray>
#include <vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define f(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)
#define wt int tt=d;while(tt--)
#define py puts("Yes")
#define pn puts("No")
#define fe(i,e) for(int i=0;i<e.size();i++)
#define vi vector<ll>
inline ll rd() {
	ll x=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c))x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return x*f;
}
#define d rd()
#define pb push_back
const ll N=300010;
struct edge{ll v,w,nx;}e[N<<1];
ll hd[N],cnt;
void add(ll u,ll v,ll w){e[++cnt]=(edge){v,w,hd[u]};hd[u]=cnt;}
ll qp(ll a,ll b,ll p){
	ll ans=1;while(b){
		if(b&1)ans=ans*a%p;
		a=a*a%p;b>>=1;
	}return ans;
}ll n,m,k;
string s,t;
ll dis[50][50],ans;
map<string,ll>mp;
ll dp[50][500];
ll dpp[500];
bool ch(ll x){
	f(i,1,4){
		ll p=x-(x>>2<<2);
		if(p==3||p==0);
		else return 0;
		x>>=2;
	}return 1;
}
int main(){
	while(1){
		n=d,m=d,k=8;if(n+m==0)break;mp.clear();
		f(i,1,n)f(j,1,n)dis[i][j]=9999999;
		f(i,1,n)cin>>s,mp[s]=i;
		f(i,1,m){
			cin>>s>>t;
			ll u=mp[s],v=mp[t],w=d;
			dis[u][v]=min(dis[u][v],w);
			dis[v][u]=min(dis[v][u],w);
		}f(kk,1,n)f(i,1,n)f(j,1,n)dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][kk]+dis[kk][j]);
		memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
		f(i,1,k){cin>>s;
			dp[mp[s]][1<<(i-1)]=0;
		}memset(dpp,0x3f,sizeof(dpp));
		f(msk,0,(1<<k)-1){
			f(i,1,n)for(int ms=msk;ms;ms=(ms-1)&msk)dp[i][msk]=min(dp[i][msk],dp[i][ms]+dp[i][msk^ms]);
			f(i,1,n)f(j,1,n)dp[i][msk]=min(dp[i][msk],dp[j][msk]+dis[i][j]);
		}
		f(i,0,(1<<k)-1)f(j,1,n)dpp[i]=min(dpp[i],dp[j][i]);
		f(i,0,(1<<k)-1)if(ch(i))
			for(int j=i;j;j=(j-1)&i)if(ch(j))dpp[i]=min(dpp[i],dpp[j]+dpp[i^j]);
		printf("%lld\n",dpp[(1<<k)-1]);
	}
	
	return 0;
}

[WC2008]游览计划还有Garden

都是板子，加个输出方案就行了。