HDU-3311-Dig The Wells

ACM模版

描述

题解

斯坦纳树，模版题，状压dp，还是无法很好地理解，找了大牛们的blog，感觉好高大上……

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以下来自Staginner大牛的博客……

这个和一般的斯坦纳树的题目不同的地方在于挖井要加点权，但是仔细分析一下不难发现，如果1-N作为斯坦纳树的叶子节点一共有两种状态，要么挖井要么不挖井，而其他点做为叶子节点只有一种状态，就是必须挖井，否则由于这个节点就可以被删去就一定不会是最优的方案。在dp之前如果将这些叶子节点的状态都初始化好的话，后面的内容就和普通的斯坦纳树的题目就没有什么区别了，只需要考虑边权即可，另外最后合并连通块dp的时候要判断一下当前集合内是否有水，而且要用两个有水的点集合成当前这个点集。

由于要判一个连通块内有没有水，所以要多开一个二进制位表示有没有水。

另外推荐一个感觉讲斯坦纳树讲得不错的博客：http://endlesscount.blog.163.com/blog/static/821197872012525113427573/

代码

#include <stdio.h>#include <string.h>#define INF 0x3f3f3f3fconst int MAXQ = 74000;const int MAXD = 1010;const int MAXM = 10010;const int MAXS = 74;int N, M, P, first[MAXD], e, next[MAXM], v[MAXM], w[MAXM];int bit[MAXD], q[MAXQ + 10], front, rear, inq[MAXD][MAXS];int f[MAXD][MAXS], dp[MAXS];void add(int x, int y, int z){    v[e] = y, w[e] = z;    next[e] = first[x], first[x] = e++;}void init(){    int i, x, y, z;    memset(f, 0x3f, sizeof(f));    memset(bit, 0, sizeof(bit));    for (i = 1; i <= N + M; i++)    {        if (i <= N)        {            bit[i] = 1 << (i - 1);        }        scanf("%d", &z);        if (i <= N)        {            f[i][bit[i]] = 0, f[i][bit[i] | 1 << N] = z;        }        else f[i][1 << N] = z;    }    memset(first, -1, sizeof(first));    e = 0;    for (i = 0; i < P; i++)    {        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);        add(x, y, z), add(y, x, z);    }}int Min(int x, int y){    return x < y ? x : y;}void spfa(){    int i, x, st, y, nst;    while (front != rear)    {        x = q[front] & 1023, st = q[front] >> 10;        inq[x][st] = 0;        ++front > MAXQ ? front = 0 : 0;        for (i = first[x]; i != -1; i = next[i])        {            y = v[i], nst = st | bit[y];            if (f[x][st] + w[i] < f[y][nst])            {                f[y][nst] = f[x][st] + w[i];                if (st == nst && !inq[y][nst])                {                    q[rear ++] = nst << 10 | y, inq[y][nst] = 1;                    rear > MAXQ ? rear = 0 : 0;                }            }        }    }}void solve(){    int i, j, k, nn = 1 << (N + 1);    front = rear = 0;    memset(inq, 0, sizeof(inq));    for (i = 0; i < nn; i++)    {        for (j = 1; j <= N + M; j++)        {            for (k = i - 1 & i; k; k = k - 1 & i)            {                f[j][i] = Min(f[j][i], f[j][k | bit[j]] + f[j][i - k | bit[j]]);            }            if (f[j][i] < INF)            {                q[rear ++] = i << 10 | j, inq[j][i] = 1;                rear > MAXQ ? rear = 0 : 0;            }        }        spfa();    }    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));    for (i = 0; i < nn; i++)    {        for (j = 1; j <= N + M; j++)        {            dp[i] = Min(dp[i], f[j][i]);        }    }    for (i = 0; i < nn; i ++)    {        if (i & 1 << N)        {            for (j = i - 1 & i; j; j = j - 1 & i)            {                if (j & 1 << N)                {                    dp[i] = Min(dp[i], dp[j] + dp[i - j | 1 << N]);                }            }        }    }    printf("%d\n", dp[(1 << (N + 1)) - 1]);}int main(){    while (scanf("%d%d%d", &N, &M, &P) == 3)    {        init();        solve();    }    return 0;}