题解 bzoj3836 [Poi2014] Tourism

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Analysis

显然是个 NP 问题，然而题目保证「任意两点间不存在节点数超过 \(10\) 的简单路径」，就有了一定可操作性。

先考虑图为树的简化版。就是一个最小覆盖集的问题。经典的树形 dp，用 \(dp_{i,s=\{0/1/2\}}\) 表示满足 \(i\) 的子树（不包含 \(i\)）被完全覆盖，选择了 \(i\)、未选 \(i\) 且未被覆盖、未选 \(i\) 但已经被覆盖的情况。事实上就是简单的状压。

由于每个连通快的搜索树的深度最大只有 \(10\)，且非树边一定是 Back edge，因此同样可以考虑状压。同样记 \(dp_{i,s}\) 表示 \(i\) 点的状态。由于从树上问题变为图上问题，一个点同时会被其子树中的点影响，也会被其祖先影响，因此这里 \(dp\) 的定义有一点点不同。

定义 \(dp_{i,s}\) 为，满足 \(i\) 的“子树”被覆盖（不包含 \(i\)），且 dfs 序比 \(i\) 小的点被覆盖（不包含 \(i\) 到“根”路径上的点），\(i\) 到“根”的路径上每个点的状态为 \(s\) 的最小代价。状态 \(s\) 中，其第 \(j\) 位为 \(i\) 到根的路径上深度为 \(j\) 的点的状态。与树上的情形类似，状态有三种：

1.选了 \(i\)；

2.没选 \(i\)，且 \(i\) 未被覆盖；

3.没选 \(i\)，且 \(i\) 已被覆盖。

由于祖先和儿子相互影响，每个点的状态需要更新两次。即 \(father \to son\) 和 \(son\to father\)。首先用父亲来更新儿子。

若 \(i\) 不选，若有直接与 \(i\) 相连且已经选了的点，那么有：

\[dp_{fa_i,s}\to dp_{i,s+2\times 3^{dep_i}} \]

否则：

\[dp_{fa_i,s}\to dp_{i,s+3^{dep_i}} \]

若 \(i\) 选，由于存在 Back edge，\(i\) 到“根”的路径上一些点的状态可能由 \(1\) 变到 \(2\)。我们记新的状态为 \(s'\)，则：

\[dp_{fa_i,s}+c_i \to dp_{i,s'} \]

剩下的就是 \(i\) 的“子树”对 \(i\) 的影响了。由于要先统计“子树”的状态，需要在递归完每个“子树”时将 \(dp_i\) 从“子树”更新一次：

\[dp_{i,s}=\min(dp_{i,s},dp_{son_i,s+2\times 3^{dep_i}}) \]

在以上过程中，每个“子树”会先继承“祖先”的贡献，然后再重新反过来更新“父亲”。这样就处理了“子树”对 \(i\) 到“根”的路径的贡献。

最后一点就是优化空间。注意到以上方法的空间是 \(\mathcal{O}(3^{10}\times n)\) 的，显然会挂。我们将第一维改为点在搜索树中的深度，空间优化至 \(\mathcal{O}(10\times 3^{10})\)。

时间复杂度为 \(\mathcal{O}(10\times 3^{10} \times n)\)。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define reg register
#define F(i,a,b) for(reg int i=(a);i<=(b);++i)
#define For(i,x) for(reg int i=head[(x)];i;i=net[(i)])
using namespace std;
bool beginning;
inline int read();
const int N = 2e4 + 5, E = 6e4 + 5, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m, c[N], dep[N];
int ver[E], net[E], head[N], tot;
inline void add(int x, int y) {
	ver[++tot] = y, net[tot] = head[x], head[x] = tot;
}
bool vis[N];
int pw[20] {1}, dp[15][E];
#define bit(x,i) (((x)/pw[(i)])%3)
#define Min(x,y) ((x)>(y) and ((x)=(y)))
void dfs(int x) {

	vis[x] = true;
	memset(dp[dep[x]], 0x3f, sizeof(dp[dep[x]]));

	if (dep[x] == 0) {

		dp[0][0] = c[x];
		dp[0][1] = 0;
		dp[0][2] = inf;
	} else {

		static bool ok[N];
		memset(ok, 0, sizeof(ok));

		For(i, x) {
			if (vis[ver[i]])
				ok[dep[ver[i]]] = true;
		}

		F(s, 0, pw[dep[x]] - 1) {

			if (dp[dep[x] - 1][s] < inf) {

				bool hav = false;
				int sta = s;

				F(i, 0, dep[x] - 1) {
					hav |= ok[i] and bit(s, i) == 0;
					sta += pw[i] * (ok[i] and bit(s, i) == 1);
				}

				if (hav)
					Min(dp[dep[x]][s + pw[dep[x]] * 2], dp[dep[x] - 1][s]);

				else
					Min(dp[dep[x]][s + pw[dep[x]]], dp[dep[x] - 1][s]);

				Min(dp[dep[x]][sta], dp[dep[x] - 1][s] + c[x]);
			}

		}
	}

	For(i, x) {

		if (vis[ver[i]])
			continue;

		dep[ver[i]] = dep[x] + 1;
		dfs(ver[i]);
		F(s, 0, pw[dep[x] + 1] - 1) {
			dp[dep[x]][s] = min(dp[dep[x] + 1][s], dp[dep[x] + 1][s + pw[dep[x] + 1] * 2]);
		}

	}

}
bool ending;
int main() {
	//  printf("%.2lfMB\n",1.0*(&beginning-&ending)/1024/1024);
	n = read(), m = read();
	F(i, 1, n)c[i] = read();
	int x, y;
	F(i, 1, m) {
		x = read(), y = read();
		add(x, y), add(y, x);
	}

	F(i, 1, 10)pw[i] = pw[i - 1] * 3;

	int ans = 0;

	F(i, 1, n)if (!vis[i])
		dfs(i), ans += min(dp[0][0], dp[0][2]);

	printf("%d", ans);
	return 0;
}
inline int read() {
	reg int x = 0;
	reg char c = getchar();

	while (!isdigit(c))
		c = getchar();

	while (isdigit(c))
		x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();

	return x;
}