NOIP2017 - 宝藏

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Description

给出一个\(n(n\leq12)\)个点\(m(m\leq1000)\)条边的带权无向图，求该图的一棵生成树，使得其边权×该边距根的深度之和最小。

Solution

既然\(n\leq12\)，可以猜测是状压DP。
定义\(f[dpt][s][s_1]\)表示一棵深度为\(dpt\)，点集为\(s\)，最深的（深度为\(dpt\)）的点的集合为\(s_1\)的生成树的权值。我们考虑给\(s_1\)接上一些点\(s_2\)，从而转移为\(f[dpt+1][s|s_2][s_2]\)。转移方程为：\[f[dpt+1][s|s_2][s_2]=min\{ f[dpt][s][s_1]+w[s_1][s_2]\times dpt \} \space (s_1\in s,s_2\in \complement_U^s )\]其中\(w[s_1][s_2]\)表示将\(s_2\)接在\(s_1\)上的最小花费，预处理一下即可。

时间复杂度\(O(n\cdot 2^n \cdot 2^k 2^{n-k})=O(n4^n)\)。不过似乎有\(O(n^2 3^n)\)的做法？

Code

//「NOIP2017」宝藏
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int const N=15;
int const S=1<<12;
int const INF=0x3F3F3F3F;
int n,m,ed[N][N]; int U;
int w[S][S],f[2][S][S];
void calW()
{memset(w,0x3F,sizeof w);for(int s1=0;s1<=U;s1++) w[s1][0]=0;for(int s1=0;s1<=U;s1++)for(int i=0;i<n;i++){int s2=1<<i; if(s1&s2) continue;for(int j=0;j<n;j++)if((s1>>j)&1) w[s1][s2]=min(w[s1][s2],ed[i+1][j+1]);}for(int s1=0;s1<=U;s1++)for(int s2=1;s2<=U;s2++){if(s1&s2) continue;for(int i=1;i<=s2;i<<=1)if(s2&i) w[s1][s2]=min(w[s1][s2],w[s1][s2^i]+w[s1][i]);}
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m); U=(1<<n)-1;if(n==1) {puts("0"); return 0;}memset(ed,0x3F,sizeof ed);for(int i=1;i<=m;i++){int u,v,c; scanf("%d%d%d",&u,&v,&c);ed[u][v]=ed[v][u]=min(ed[u][v],c);}calW();int c=0; int ans=INF;memset(f,0x3F,sizeof f);for(int i=1;i<=U;i<<=1) f[c][i][i]=0;for(int dpt=1;dpt<=n;dpt++){c^=1;for(int s=0;s<=U;s++)for(int s2=U^s;s2;s2=(s2-1)&(U^s)){int res=INF;for(int s1=s;s1;s1=(s1-1)&s)if(f[c^1][s][s1]<INF&&w[s1][s2]<INF) res=min(res,f[c^1][s][s1]+w[s1][s2]*dpt);f[c][s|s2][s2]=res;}for(int s2=0;s2<=U;s2++) ans=min(ans,f[c][U][s2]);}printf("%d\n",ans);return 0;
}

P.S.

初始的DP数组要清\(\infty\)，而不是\(0\)。
DP数组需要滚动，否则会MLE。
我这个做法在LOJ上需要稍微卡一下常，第52行的if就是卡常用的。