luogu3959 宝藏

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题目描述
参与考古挖掘的小明得到了一份藏宝图，藏宝图上标出了 n 个深埋在地下的宝藏屋，也给出了这 n 个宝藏屋之间可供开发的 m 条道路和它们的长度。

小明决心亲自前往挖掘所有宝藏屋中的宝藏。但是，每个宝藏屋距离地面都很远，也就是说，从地面打通一条到某个宝藏屋的道路是很困难的，而开发宝藏屋之间的道路则相对容易很多。

小明的决心感动了考古挖掘的赞助商，赞助商决定免费赞助他打通一条从地面到某个宝藏屋的通道，通往哪个宝藏屋则由小明来决定。

在此基础上，小明还需要考虑如何开凿宝藏屋之间的道路。已经开凿出的道路可以任意通行不消耗代价。每开凿出一条新道路，小明就会与考古队一起挖掘出由该条道路所能到达的宝藏屋的宝藏。另外，小明不想开发无用道路，即两个已经被挖掘过的宝藏屋之间的道路无需再开发。

新开发一条道路的代价是：

\mathrm{L} \times \mathrm{K}

L×K

L代表这条道路的长度，K代表从赞助商帮你打通的宝藏屋到这条道路起点的宝藏屋所经过的宝藏屋的数量（包括赞助商帮你打通的宝藏屋和这条道路起点的宝藏屋）。

请你编写程序为小明选定由赞助商打通的宝藏屋和之后开凿的道路，使得工程总代价最小，并输出这个最小值。

输入输出格式
输入格式：

第一行两个用空格分离的正整数 n 和 m，代表宝藏屋的个数和道路数。

接下来 m 行，每行三个用空格分离的正整数，分别是由一条道路连接的两个宝藏屋的编号（编号为 1~n），和这条道路的长度 v。

输出格式：

输出共一行，一个正整数，表示最小的总代价。

输入输出样例
输入样例#1：复制

4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 1
输出样例#1：复制

4
输入样例#2：复制

4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 2
输出样例#2：复制

5
说明

【样例解释1】

小明选定让赞助商打通了 1 号宝藏屋。小明开发了道路

1 \to 2

1→2，挖掘了 2 号宝藏。开发了道路

1 \to 4

1→4，挖掘了 4 号宝藏。还开发了道路

4 \to 3

4→3，挖掘了 3 号宝藏。工程总代价为：

1 \times 1 + 1 \times 1 + 1 \times 2 = 4

1×1+1×1+1×2=4

【样例解释2】

小明选定让赞助商打通了 1 号宝藏屋。小明开发了道路

1 \to 2

1→2，挖掘了 2 号宝藏。开发了道路

1 \to 3

1→3，挖掘了 3 号宝藏。还开发了道路

1 \to 4

1→4，挖掘了 4 号宝藏。工程总代价为：

1 \times 1 + 3 \times 1 + 1 \times 1 = 5

1×1+3×1+1×1=5

【数据规模与约定】

对于 20%的数据：保证输入是一棵树，

1 \le n \le 8

1≤n≤8，

v \le 5000

v≤5000 且所有的 v 都相等。

对于 40%的数据：

1 \le n \le 8

1≤n≤8，

0 \le m \le 1000

0≤m≤1000，

v \le 5000

v≤5000 且所有的 v 都相等。

对于 70%的数据：

1 \le n \le 8

1≤n≤8，

0 \le m \le 1000

0≤m≤1000，

v \le 5000

v≤5000

对于 100%的数据：

1 \le n \le 12

1≤n≤12，

0 \le m \le 1000

0≤m≤1000，

v \le 500000

v≤500000

复杂度2^n*n^4

不知道这个方法是否正确

设f[s][i] 当前我有s状态的点已经遍历了然后我现在处于i点我的最优答案是多少

同时设置step[s][i]表示连接了这些点在这个状态下我处于i号节点我距离根的深度是多少

这样的话相当于我对于step数组相当于记录了每个树的形态然后直接转移即可假如我这些都确定了可以dp一下则我每次从我当前已经连接的点中去枚举一个继续连接的点然后再枚举一个可以连接的终点算一下代价转移即可然后对于step数组只有我即将转移的状态更优的时候我才可以去更新step相当于贪心的选择最优方案从局部扩展到全局

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int fa[1<<13],dp[1<<13],n,m,bin[20],mp[20][20];
/*inline int find(int s,int need){int s1=bin[n]-1;s1^=bin[need];if((s1^s)==bin[n]-1) return 1;int cnt=find(fa[s],need); return cnt+1;
}*/
int step[1<<13][20];
int main(){//  freopen("treasure.in","r",stdin);//  freopen("treasure.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);memset(mp,0x3f,sizeof(mp));for (int i=1;i<=m;++i){int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);x-=1;y-=1;mp[x][y]=min(mp[x][y],z);mp[y][x]=min(mp[y][x],z);}for (int i=0;i<=n;++i) bin[i]=1<<i;int ans=inf;/* for (int i=0;i<n;++i){for (int j=0;j<n;++j) printf("%d ",mp[i][j]);printf("\n");}*/for (int i=0;i<n;++i){memset(dp,0x3f,sizeof(dp));memset(step,0x3f,sizeof(step));dp[bin[i]]=0;step[bin[i]][i]=1;for (int s=bin[i];s<=bin[n]-1;++s){if (dp[s]==inf) continue;for (int st=0;st<n;++st){for (int ed=0;ed<n;++ed){if ((s&bin[st])&&(!(s&bin[ed]))){//int cnt=find(s,i);int ss=step[s][st];int s1=s|bin[ed];if(mp[st][ed]==inf) continue;if (ss==inf) continue;if (dp[s]+mp[st][ed]*ss<dp[s1]){for (int ii=0;ii<n;++ii){step[s1][ii]=step[s][ii];}                            step[s1][ed]=ss+1;dp[s1]=dp[s]+mp[st][ed]*ss;}}}}} //  printf("%d\n",dp[bin[n]-1]);ans=min(ans,dp[bin[n]-1]);}printf("%d",ans);return 0;
}

这个应该就是官方做法了设f[dep][s][s1] 第一维为我枚举的树的深度 s表示我现在已经连接的点然后s1 表示当前我这一层连接的点

然后我需要提前预处理出两个s1 s2状态之间连边的最小值

然后每次枚举深度去转移即可

怎么预处理我首先预处理每个点连接每种情况的最小情况在我的程序里是Pre数组

然后通过Pre数组转移出我想要的st数组表示两种状态连接起来的最小代价是多少

复杂度:4^n*n

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define inf 0x3f3f3f3f
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline char gc(){static char now[1<<16],*S,*T;if (T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;}return *S++;
}
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=gc();while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}while (ch<='9'&&ch>='0'){x=x*10+ch-'0';ch=gc();}return x*f;
}
int f[2][4100][4100],st[4100][4100],mp[20][20],pre[13][4100],bin[20],n,m;
int main(){
//  freopen("3959.in","r",stdin);n=read();m=read();memset(mp,0x3f,sizeof(mp));memset(pre,0x3f,sizeof(pre));memset(st,0x3f,sizeof(st));if (m==0){printf("0");return 0;}for (int i=1;i<=m;++i){int x=read(),y=read();int tmp=read();x--;y--;mp[x][y]=mp[y][x]=min(mp[x][y],tmp);}for (int i=0;i<=n;++i) bin[i]=1<<i;for (int s=0;s<=bin[n]-1;++s){for (int i=0;i<n;++i){if (s&bin[i]) continue;int tmp=inf;for (int j=0;j<n;++j){if (s&bin[j]) tmp=min(tmp,mp[i][j]);}pre[i][s]=tmp;}}for (int s=0;s<=bin[n]-1;++s){int s1=(bin[n]-1)^s;for (int s2=s1;s2;s2=s1&(s2-1)){int tmp=0;for (int k=0;k<n;++k){if (bin[k]&s2){if (pre[k][s]==inf) {tmp=inf;break;}tmp+=pre[k][s];}}st[s][s2]=tmp;}}memset(f,0x3f,sizeof(f));int ans=inf;for (int i=0;i<n;++i) f[0][bin[i]][bin[i]]=0;int pr=0,now=1; for (int i=0;i<n-1;++i){for (int s=0;s<=bin[n]-1;++s){for (int s1=s;s1;s1=s&(s1-1)){if (f[pr][s][s1]==inf) continue;int ss=(bin[n]-1)^s;for (int s2=ss;s2;s2=ss&(s2-1)){if (st[s1][s2]==inf) continue;f[now][s|s2][s2]=min(f[now][s|s2][s2],f[pr][s][s1]+st[s1][s2]*(i+1));}}}for (int s=0;s<=bin[n]-1;++s){ans=min(ans,f[now][bin[n]-1][s]);}memset(f[pr],0x3f,sizeof(f[pr]));pr^=1;now^=1;}printf("%d",ans);return 0;
}

这种方法是减少了枚举最后一层的情况因为这样可能产生不是最后一层连接的后面的点然后

但是因为从前面往后面连接的点如果不是从最后一层开始转移那么一定不是最优的方案

所以可以减少最后一个枚举最后一层的状态

3^n*n

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define inf 0x3f3f3f3f
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline char gc(){static char now[1<<16],*S,*T;if (T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if (T==S) return EOF;}return *S++;
}
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=gc();while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}while (ch<='9'&&ch>='0'){x=x*10+ch-'0';ch=gc();}return x*f;
}
int f[12][4100],st[4100][4100],mp[20][20],pre[13][4100],bin[20],n,m;
int main(){//freopen("treasure.in","r",stdin);n=read();m=read();memset(mp,0x3f,sizeof(mp));memset(pre,0x3f,sizeof(pre));memset(st,0x3f,sizeof(st));if(m==0) {printf("0");return 0;}for (int i=1;i<=m;++i){int x=read(),y=read();int tmp=read();x--;y--;mp[x][y]=mp[y][x]=min(mp[x][y],tmp);}for (int i=0;i<=n;++i) bin[i]=1<<i;for (int s=0;s<=bin[n]-1;++s){for (int i=0;i<n;++i){if (s&bin[i]) continue;int tmp=inf;for (int j=0;j<n;++j){if (s&bin[j]) tmp=min(tmp,mp[i][j]);}pre[i][s]=tmp;}}for (int s=0;s<=bin[n]-1;++s){int s1=(bin[n]-1)^s;for (int s2=s1;s2;s2=s1&(s2-1)){int tmp=0;for (int k=0;k<n;++k){if (bin[k]&s2){if (pre[k][s]==inf) {tmp=inf;break;}tmp+=pre[k][s];}}st[s][s2]=tmp;}}memset(f,0x3f,sizeof(f));int ans=inf;for (int i=0;i<n;++i) f[0][bin[i]]=0; for (int i=0;i<n-1;++i){for (int s=0;s<=bin[n]-1;++s){int ss=(bin[n]-1)^s;if (f[i][s]==inf) continue;for (int s1=ss;s1;s1=ss&(s1-1)){if (st[s][s1]==inf) continue;f[i+1][s|s1]=min(f[i+1][s|s1],f[i][s]+st[s][s1]*(i+1));}}ans=min(ans,f[i+1][bin[n]-1]);}printf("%d",ans);return 0;
}

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