NOIP 模拟 6 宝藏
题解
这道题是 \(NOIP\;\;2017\) 的原题 ，让我见识到了什么是真正的 \(dfs\)
考场上想出来要状压了，\(n\) 那么小，肯定是压 \(n\) 那一位，然后层第转移，但是想了半天，一堆细节没搞懂，拿了个暴力分跑了。
后来看了题解才知道这竟然可以 \(dfs\) 搜索，虽然说剪支很恶心，但是那 \(70\) 短小的暴力太爽了
对于此题，由于我们更新某一条边不仅和终点有关，也和起点有关，所以我们在枚举终点时也要枚举它是有哪个点转移而来的
\(70\) 分 \(CODE:\)
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
inline int read() {
ri x=0,f=1;char ch=gc();
while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
return x*f;
}
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
#define cmax(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define cmin(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
static const int N=14,INF=1e9+7;
int G[N][N],visn[N],n,m,ans=INT_MAX,tmp;
void dfs(int x) {
if (x==n) {ans=cmin(ans,tmp);return;}
if (tmp>ans) return;//小小的优化
for (ri i(1);i<=n;p(i)) {//要更新i
if (visn[i]) continue;
for (ri j(1);j<=n;p(j)) {//从j转移而来
if (!visn[j]||G[j][i]>INF||i==j) continue;
tmp+=visn[j]*G[j][i];visn[i]=visn[j]+1;
dfs(x+1);
tmp-=visn[j]*G[j][i];visn[i]=0;//回溯
}
}
}
inline int main() {
// FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
// FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
memset(G,127,sizeof(G));//初值要赋成最大
for (ri i(1);i<=m;p(i)) {
int u=read(),v=read(),w=read();
G[u][v]=G[v][u]=cmin(G[u][v],w);
}
for (ri i(1);i<=n;p(i)) visn[i]=1,dfs(1),visn[i]=0;//记得根也要回溯
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}
好了我们考虑剪枝
首先我们最容易想到的就是最优性剪枝，就像是一个估价函数，很好想
然后我们发现，每一个点它至少需要扩展一条边，所以我们可以对每个点的所有的出边进行由小到大排序
且题目中说了“两个已经被挖掘过的宝藏屋之间的道路无需再开发”，所以我们可以放心大胆得把每一种情况更新，不用考虑什么后效性
\(AC\kern 0.5emCODE:\)
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
inline int read() {
ri x=0,f=1;char ch=gc();
while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
return x*f;
}
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
#define cmax(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define cmin(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
#undef bool
static const int N=14,INF=1e9+7;
int G[N][N],visn[N],d[N],out[N][N],viso[N],tot,cnt,n,m,ans=INT_MAX,tmp,p;
inline bool cmp(int x,int y) {return G[p][x]<G[p][y];}
void dfs(int num,int x) {
for (ri i(num);i<=cnt;p(i)) {
if (tot+tmp*visn[viso[i]]>=ans) return;//如果答案直接小于估价值，直接此方案不合法
for (ri j(x);j<=d[viso[i]];p(j)) {//要从我们的最优开始搜
if (visn[out[viso[i]][j]]) continue;//搜过的点不搜
viso[p(cnt)]=out[viso[i]][j];
tmp-=G[viso[cnt]][out[viso[cnt]][1]];
tot+=visn[viso[i]]*G[viso[i]][viso[cnt]];
visn[viso[cnt]]=visn[viso[i]]+1;
dfs(i,j+1);//我们要从j+1继续搜，因为前面的已经搜过了
tmp+=G[viso[cnt]][out[viso[cnt]][1]];
tot-=visn[viso[i]]*G[viso[i]][viso[cnt]];
visn[viso[cnt--]]=0;//回溯
}
x=1;//x要初始为一，因为更换初始点时，他的出边也要从一开始
}
if (cnt==n) {ans=cmin(ans,tot);return;}
}
inline int main() {
// FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
// FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
memset(G,127,sizeof(G));
for (ri i(1);i<=m;p(i)) {
int u=read(),v=read(),w=read();
if (G[u][v]<w) continue;
if (G[u][v]>INF) out[out[u][p(d[u])]=v][p(d[v])]=u;//只有一条边第一次输入时才能加上
G[u][v]=G[v][u]=w;
}
for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
p=i;
sort(out[i]+1,out[i]+d[i]+1,cmp);//排序
tmp+=G[i][out[i][1]];
}
for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
tot=0;//估价值
viso[cnt=visn[i]=1]=i;//记录一下选的点
tmp-=G[i][out[i][1]];//把根节点的最有性减去
visn[i]=1;
dfs(1,1);
visn[i]=0;
tmp+=G[i][out[i][1]];//回溯
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}
复杂度 \(\mathcal O(n!/\text{玄学})\)
