HDOJ 3311 Dig The Wells

来源：互联网发布：开车网络用语编辑：程序博客网时间：2024/05/03 23:17

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3311

题目大意：

现在有n个寺庙和m个城市，

在这个n + m个城市之间有p条道路。

在道路上修建运输的管道有一定的花费，在某个城市挖井也有一定的花费。

求使得n个寺庙都能喝到水的最小花费

算法：

斯坦纳树模板题。

斯坦纳树指的是，包含图上某个特定点集的最小生成树。

求斯坦纳树的方法是比较常规的状态压缩DP。

dp[mask][i]代表以i为根，点集覆盖情况为mask的生成树的最小费用。

转移分为两种。

1) dp[mask][i] = min(dp[mask][i] , dp[mask][j] + dis[i][j])，这个更新显然要跑spfa

2) dp[mask][i] = min(dp[mask][i] , dp[mask1][i] + dp[mask2][i])，mask1是mask的真子集，当i不是目标点集的点时，mask2 = mask ^ mask1，当i是目标点集的点时，mask2 = mask ^ mask1 ^ (1 << sig[i])，sig[i]是点i在状压中代表的是第几位。

如果题目结果是某种形式的森林，最后还要状压背包一下

使用for (int mask1 = (mask - 1) & mask; mask1; mask1 = (mask1 - 1) & mask)枚举子集可以避免不必要的重复

本题有在本城市挖井和连向有井的城市两种选择，

可以设立一个虚拟节点0，虚拟节点到其它节点的距离就是挖井的费用，连向虚拟节点就等同于在这个城市挖井。

因为n >= 1，所以最后只要所有城市都与虚拟节点联通即可。

最后结果是dp[(1 << n + 1) - 1][0]

代码：

#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <sstream>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <string>#include <climits>#include <cmath>#include <queue>#include <vector>#include <stack>#include <set>#include <map>#define INF 0x3f3f3f3f#define eps 1e-8using namespace std;const int MAXN = 1100;const int MAXM = 15000;queue <int> q;int dp[1 << 6][MAXN];bool inq[MAXN];int head[MAXN], to[MAXM], w[MAXM], nxt[MAXM];int E;void _addedge(int u, int v, int cst){    to[E] = v;    nxt[E] = head[u];    w[E] = cst;    head[u] = E ++;}void addedge(int u, int v, int c){    _addedge(u, v, c);    _addedge(v, u, c);}int main(){    int n, m, p;    while (scanf("%d %d %d", &n, &m, &p) == 3)    {        memset(dp, -1, sizeof(dp));        memset(head, -1, sizeof(head));        E = 0;        for (int i = 1; i <= n + m; i ++)        {            int c;            scanf("%d", &c);            addedge(0, i, c);        }        while (p --)        {            int u, v, c;            scanf("%d %d %d", &u, &v, &c);            addedge(u, v, c);        }        for (int i = 0; i <= n; i ++)        {            dp[1 << i][i] = 0;        }        for (int i = n + 1; i <= n + m; i ++)        {            dp[0][i] = 0;        }        for (int mask = 0; mask < 1 << n + 1; mask ++)        {            for(int i = 0; i <= n + m; i ++)            {                if(i <= n && ! (mask >> i & 1))                {                    continue;                }                for (int mask1 = (mask - 1) & mask; mask1; mask1 = (mask1 - 1) & mask)                {                    int mask2 = mask ^ mask1 | (i <= n ? 1 << i : 0);                    if (dp[mask1][i] != -1 && dp[mask2][i] != -1)                    {                        dp[mask][i] = dp[mask][i] == -1 ? dp[mask2][i] + dp[mask1][i] : min(dp[mask][i], dp[mask2][i] + dp[mask1][i]);                    }                }            }            while(! q.empty())            {                q.pop();            }            for(int i = 0; i <= n + m; i ++)            {                if(dp[mask][i] != -1)                {                    q.push(i);                    inq[i] = true;                }                else                {                    inq[i] = false;                }            }            while(! q.empty())            {                int u = q. front();                q.pop();                inq[u] = false;                for (int filter = head[u]; filter != -1; filter = nxt[filter])                {                    int v = to[filter];                    if(dp[mask][v] == - 1 || dp[mask][v] > dp[mask][u] + w[filter])                    {                        dp[mask][v] = dp[mask][u] + w[filter];                        if(! inq[v])                        {                            q.push(v);                            inq[v] = true;                        }                    }                }            }        }        printf("%d\n", dp[(1 << n + 1) - 1][0]);    }    return 0;}

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