【斯坦纳树】【LA5717】Beijing 2011 Peach Blossom Spring解题报告

在不务正业大半年后继续开始写正经的解题报告……

题目链接：

https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=3718

题意：

一个N<=50,M<=1000的边带权无向图，给定K<=5，第1~K号点是住宅，第N-K+1~N号点是避难所。要求选出一些边，把它们连起来，使得每个住宅都能走到一个避难所（注意一个避难所只能给一个住宅用），求最小的权值之和。

斯坦纳树：

这道题是基于斯坦纳树的。斯坦纳树的定义是：给定一张图和一个顶点集合，要求选出一些边，使得集合中的顶点连通。显然最小生成树是斯坦纳树的一个特殊情况：集合就是整个顶点集合V。

可以用状压DP求解斯坦纳树：令f[i][s]=(以i为根，集合中顶点连通情况至少为s的最小代价)。

首先从小到大枚举s转移。有两种转移方式：

1. f[i][s]=min(f[i][s], f[i][t]+f[i][s-t])，要求t是s的子集。枚举i和t即可完成。 枚举t可以用：for(t=s;t;t=(t-1)&s)。这个转移的意思是，将以i为根的两棵树“拼”起来。

2. f[i][s]=min(f[i][s], f[j][s]+w(i,j))，要求i,j之间有连边。这个意思是从j这个根往外“长”。

第二种转移比较麻烦，因为没有一个确定的顺序。怎么办呢？SPFA。在第一种转移结束后，建超级源S，向每个点连边w(S,i)=f[i][s]，原图中的边保持不变。然后从超级源S开始做一次最短路，就可以把第二种转移搞定了。

题解：

我们的这道题基本就是斯坦纳树。但还有一小点不同：最后不一定是所有的住宅&避难所都在同一个联通块中。例如：住宅1,2和避难所8,9连通，住宅3和避难所10连通，这也是符合基本法的，可以作为一组解。

怎么办呢？在求完斯坦纳树之后，额外再进行一次“子集合并”的DP，注意，这里所有的合法状态都必须是住宅数=避难所数的。

代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<vector>#include<queue>using namespace std;const int INF=0x7fffffff/2;const int SIZEN=60;int N,M,K;vector<pair<int,int> > c[SIZEN];void SPFA(int S,int dis[]){static bool inq[SIZEN];static queue<int> Q;for(int i=0;i<=N;i++) inq[i]=false,dis[i]=INF;while(!Q.empty()) Q.pop();dis[S]=0;Q.push(S);inq[S]=true;while(!Q.empty()){int x=Q.front();Q.pop();inq[x]=false;for(int i=0;i<c[x].size();i++){int u=c[x][i].first,w=c[x][i].second;if(dis[x]+w<dis[u]){dis[u]=dis[x]+w;if(!inq[u]){inq[u]=true;Q.push(u);}}}}//for(int i=1;i<=N;i++) cout<<dis[i]<<" ";cout<<endl;}int F[SIZEN][1<<10]={0};//i为根,连通状态至少为sint dis[SIZEN]={0};void Steiner(void){for(int i=0;i<=N;i++){for(int j=0;j<(1<<(2*K));j++) F[i][j]=INF;}for(int i=1;i<=K;i++){F[i][1<<(i-1)]=0;F[N+1-i][1<<(i+K-1)]=0;}for(int s=0;s<(1<<(2*K));s++){for(int i=1;i<=N;i++){for(int t=s;t;t=(t-1)&s){F[i][s]=min(F[i][s],F[i][t]+F[i][s-t]);}}for(int i=1;i<=N;i++) c[0][i-1].second=F[i][s];SPFA(0,dis);for(int i=1;i<=N;i++) F[i][s]=min(F[i][s],dis[i]);}}bool is_balanced(int s){int x=0;for(int i=0;i<K;i++){if(s&(1<<i)) x++;if(s&(1<<(K+i))) x--;}return x==0;}int dp[1<<10];void Final_DP(void){for(int i=0;i<(1<<(2*K));i++) dp[i]=INF;for(int s=0;s<(1<<(2*K));s++){if(!is_balanced(s)) continue;for(int i=1;i<=N;i++) dp[s]=min(dp[s],F[i][s]);for(int t=s;t;t=(t-1)&s){dp[s]=min(dp[s],dp[t]+dp[s-t]);}}int ans=dp[(1<<(2*K))-1];if(ans==INF) printf("No solution\n");else printf("%d\n",ans);}void read(void){scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);for(int i=0;i<=N;i++) c[i].clear();for(int i=1;i<=M;i++){int a,b,w;scanf("%d%d%d",&a,&b,&w);c[a].push_back(make_pair(b,w));c[b].push_back(make_pair(a,w));}for(int i=1;i<=N;i++){c[0].push_back(make_pair(i,0));}}int main(void){//freopen("input.in","r",stdin);int kase;scanf("%d",&kase);while(kase--){read();Steiner();Final_DP();}return 0;}

由于忘掉“No Solution”，WA掉一次……