noip2017 Day2 T2 宝藏treasure (状压dp）

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

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

输出共一行，一个正整数，表示最小的总代价。

样例输入

样例输入1
4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 1
样例输入2
4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 2

样例输出

样例输出1
4
样例输出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

解题思路

首先，很容易发现打通后的道路一定是一棵树，并且，若以起点为根并令其深度为0，则题目中的 K 即为这条路所连向的点的深度。

观察数据范围，n≤12，显然是状压dp：

• dp状态：dp[i][S] 表示考虑到树的第i层，前i层已选的点的集合为S（二进制状压）的最小代价。
• dp方程（刷表法）：
  已知dp[i][S]时，可枚举所有由不在S中的点构成的集合作为第i+1层，则状态转移为
  dp[i][S]→dp[i+1][S|S′]+(i+1)×Σ min{G[a][b]|a∈S,b∈S′,S∩S′=∅}
  
  简单一点，就是
  dp[i][S]→dp[i+1][S|S′]+(i+1)×sval[S′][S]}
  
  其中sval[A][B]表示集合A到集合B的最短距离，即集合A中所有点到集合B的最短距离之和。可以先预处理出每个点到每个集合的最短距离pval[i][S]（也就是点i到集合S中所有点的距离的最小值），然后用pval[i][B]更新sval[A][B]。
• dp顺序：由dp方程可得：从小到大枚举层数，再枚举集合即可
• 边界条件：枚举根节点，设为root，则dp[0][1<<(root−1)]=0

状压相关技巧

• 若S是U的子集，则S关于U的补集：S∧U
• 判断点k是否在集合S中（即S的第k−1位是否为1）：S & (1 << (k-1)) ！= 0 ? "Yes" : "No";
• 枚举S的子集：for(int i = S; i; i = (i - 1) & S){...}

Code

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int INF = 1e7;const int N = 13;int n, m, g[N][N], u, v, p, U;LL dp[N][1<<N], ans = 1e14, sval[1<<N][1<<N], pval[N][1<<N];void init(int root){    for(int i = 0; i <= n; i++)        for(int j = 0; j <= U; j++)            dp[i][j] = INF;    dp[0][1<<(root-1)] = 0;}int main(){    scanf("%d%d", &n, &m);    U = (1 << n) - 1;    for(int i = 1; i <= n; i++)             //initialize g[i][j]        for(int j = 1; j <= n; j++)            if(i ^ j)                g[i][j] = INF;    for(int i = 1; i <= n; i++)        for(int j = 0; j <= U; j++)            pval[i][j] = INF;    for(int i = 0; i <= U; i++)        for(int j = 0; j <= U; j++)            sval[i][j] = INF;    while(m--){        scanf("%d%d%d", &u, &v, &p);        g[u][v] = min(g[u][v], p);        g[v][u] = min(g[v][u], p);    }    for(int i = 1; i <= n; i++)             //initialize pval[i][S]        for(int j = 0; j <= U; j++)            for(int k = 1; k <= n; k++)                if(j & (1 << (k - 1)))                    pval[i][j] = min(pval[i][j], 1ll*g[i][k]);    for(int i = 0; i <= U; i++){            //initialize sval[A][B]        int C = i ^ U;        for(int s = C; s; s = (s - 1) & C){            LL temp = 0;            for(int j = 1; j <= n; j++)                if(s & (1 << (j - 1)))                    temp += pval[j][i];            sval[s][i] = temp >= INF ? INF : temp;        }    }    for(int root = 1; root <= n; root++){   //dp        init(root);        for(int i = 0; i < n; i++)            for(int S = 0; S <= U; S++)                if(dp[i][S] != INF){                    int C = S ^ U;                    for(int s = C; s; s = (s - 1) & C)                        dp[i+1][S|s] = min(dp[i+1][S|s], dp[i][S] + (i + 1) * sval[s][S]);                }        for(int i = 0; i < n; i++)  ans = min(ans, dp[i][U]);    }    printf("%lld", ans);    return 0;}