通向地底的传送门

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 \(L×K\)

\(L\) 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 \(n,m\),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：

一个正整数，表示最小的总代价。

输入输出样例

输入样例#1:

4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 1

输出样例#1:

4

输入样例#2:

4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 2  

输出样例#2：

5

数据规模与约定

对于 $ 20% $ 的数据： 保证输入是一棵树，\(1≤n≤8\) , \(v≤5000\) , 且所有的 \(v\) 都相等。

对于 $ 40% $ 的数据： \(1≤n≤8\) ，\(0≤m≤1000\) ，\(v≤5000\) 且所有的 \(v\) 都相等。

对于 $ 70% $ 的数据： \(1≤n≤8\) ，\(0≤m≤1000\) ，\(v≤5000\)

对于 $ 100% $ 的数据： \(1≤n≤12\) ，\(0≤m≤1000\) ，\(v≤500000\)

思路

显然这道题可以用模拟退火做，当然这篇题解存在的意义绝不是为了对这个毒瘤算法进行讲解，想要了解更多相关信息的读者可以自行脑补右转自家搜索引擎。

首先看数据范围，\(1≤n≤12\)，如此之小大家的第一反应应该都是状压\(DP\)吧。再根据题意，我们不难对这个又臭又长混淆视听的题面进行简化：

• 给定一个 \(N\) 个点 \(M\) 条边的无向图，要求在图中找出一颗生成树，满足树上的节点到根节点的深度 \(d\) 与该点连到树中的边的权值 \(w\) 之积的和最小。

对于选定节点的每一种局面，我们用一个二进制数进行记录，其每一位上的 \(1\) 表示该点已被选中，反之则没被选中。使用数组 \(f[i]\) 记录当前局面下得最小代价。

显然地，对于每一个可能的根节点 \(root\) ，有:

    f[1 << (root - 1)] = 0;

表示初始状态下代价为0。

    f[(1 << n) - 1];

表示我们要求的目标代价。

由于数据范围很小，我们枚举每个点作为根节点计算 \(f\) 数组，再不断对答案进行更新即可。

代码实现上，我们使用深度优先搜索遍历状态空间，对于每一个状态 \(state\) ,摘出其中选定的点（位运算的相关操作稍后会进行补充），遍历该点的所有出边，维护一个记录当前点到选定根节点的 \(dis\) 数组，一旦得到当前状态的更优方案，就对 \(f\) 数组进行更新，如此往复直到所有状态都被更新完毕为止。

值得注意的是，由于每次枚举根节点都相当于对答案数组重新进行计算，所以务必不要忘记对各个变量进行初始化工作。以及，由于给定的数据范围中点数极少而边数相当的多，在图的储存过程中要注意可能出现的重边情况，此时取长度较短的边保留即可。

AC代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
int read(){int re = 0,ch = getchar();while(!isdigit(ch))ch = getchar();while(isdigit(ch))re = (re<<1) + (re<<3) + ch - '0',ch = getchar();return re;
}
int g[13][13],dis[13],f[1<<13];
int n,m,ans = 0x3f3f3f3f;
void dfs(int state){for(int i = 1;i <= n;i++){if(!((1<<(i-1))&state)) continue;//排除不是点集中的边for(int j = 1;j <= n;j++){if(g[i][j] == 0x3f3f3f3f || j == i) continue;//遍历出边if(f[state|(1<<j-1)] > f[state] + g[i][j] * dis[i]){//若可以更新f数组int tmp = dis[j];dis[j] = dis[i] + 1;f[state|(1<<(j-1))] = f[state] + g[i][j] * dis[i];dfs(state|(1<<(j-1)));//对新的状态进行递归搜索dis[j] = tmp;//回溯}}}
}
int main(){n = read(),m = read();int u,v,w;memset(g,0x3f,sizeof(g));for(int i = 1;i <= m;i++){u = read(),v = read(),w = read();g[u][v] = min(g[u][v],w);g[v][u] = min(g[v][u],w);//存图与重边处理}for(int i = 1;i <= n;i++){memset(dis,0x3f,sizeof(dis));memset(f,0x3f,sizeof(f));dis[i] = 1;f[1<<(i-1)] = 0;//初始化dfs(1<<(i-1));ans = min(ans,f[(1<<n)-1]);//更新答案}cout << ans;return 0;
}