BZOJ_4006_[JLOI2015]管道连接_斯坦纳树

BZOJ_4006_[JLOI2015]管道连接_斯坦纳树

题意：

小铭铭最近进入了某情报部门，该部门正在被如何建立安全的通道连接困扰。

该部门有 n 个情报站，用 1 到 n 的整数编号。给出 m 对情报站 ui;vi 和费用 wi，表示情

报站 ui 和 vi 之间可以花费 wi 单位资源建立通道。

如果一个情报站经过若干个建立好的通道可以到达另外一个情报站，那么这两个情报站就

建立了通道连接。形式化地，若 ui 和 vi 建立了通道，那么它们建立了通道连接；若 ui 和 vi 均

与 ti 建立了通道连接，那么 ui 和 vi 也建立了通道连接。

现在在所有的情报站中，有 p 个重要情报站，其中每个情报站有一个特定的频道。小铭铭

面临的问题是，需要花费最少的资源，使得任意相同频道的情报站之间都建立通道连接。

 

分析：

先求一遍原图的斯坦纳树，处理出每个连通状态下的最小花费

但我们发现所求的方案并不一定是所有关键点都连通

再处理出每个频道需要情报站的状态

要进行状态之间的合并

DP g[i] = min(g[i], g[j] + g[i^j])

 

思路同BZOJ_4774

 

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 1050
#define M 6050
int head[N],to[M],nxt[M],val[M],n,m,p,cnt,inq[N];
int dis[1025][N],Q[N],l,r,d[11],s[11];
int f[1025],g[1025],mask,tnl,is[11];
inline void add(int u,int v,int w){
    to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;val[cnt]=w;    
}
struct A{
    int id,num,rnum;
}b[11];
bool cmp1(const A &x,const A &y){
    return x.rnum<y.rnum;
}
bool cmp2(const A &x,const A &y){
    return x.id<y.id;    
}
void stan(){
    int i,j,k;
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    for(i=1;i<=p;i++){
        dis[1<<i-1][d[i]]=0;  
    }
    for(j=1;j<=mask;j++){
        for(i=1;i<=n;i++){
            for(k=j&(j-1);k;k=j&(k-1)){
                dis[j][i]=min(dis[j][i],dis[k][i]+dis[j-k][i]);
            }
        }
        l=r=0;
        for(i=1;i<=n;i++){
            Q[r++]=i;inq[i]=1;
        }
        while(l^r){
            int x=Q[l++];inq[x]=0;if(l==n+1)l=0;
            for(k=head[x];k;k=nxt[k]){
                if(dis[j][to[k]]>dis[j][x]+val[k]){
                    dis[j][to[k]]=dis[j][x]+val[k];
                    if(!inq[to[k]]){
                        inq[to[k]]=1;Q[r++]=to[k];if(r==n+1)r=0;
                    }
                }
            }
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
    mask=(1<<p)-1;
    int i,j,x,y,z,k;
    for(i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(x,y,z);add(y,x,z);  
    }
    for(i=1;i<=p;i++){
        scanf("%d%d",&b[i].rnum,&d[i]);
        b[i].id=i;
    }
    sort(b+1,b+p+1,cmp1);
    b[0].rnum=-10000;
    for(i=1;i<=p;i++){
        if(b[i].rnum==b[i-1].rnum){
            b[i].num=b[i-1].num;
        }else b[i].num= ++tnl;
    }
    sort(b+1,b+p+1,cmp2);
    for(i=1;i<=p;i++){
        s[b[i].num]|=(1<<i-1);
    }
    stan();
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    memset(g,0x3f,sizeof(g));
    for(i=0;i<=mask;i++){
        for(j=1;j<=n;j++){
            f[i]=min(f[i],dis[i][j]);
        }
    }
    for(i=0;i<=mask;i++){
        k=0;
        for(j=1;j<=p;j++){
            if(i&(1<<j-1)){
                k|=s[b[j].num];
            }
        }
        g[i]=f[k];
    }
    for(i=0;i<=mask;i++){
        for(j=i&(i-1);j;j=i&(j-1)){
            g[i]=min(g[i],g[j]+g[i-j]);
        }
    }
    printf("%d\n",g[mask]);
}