算法提高 金属采集

来源:互联网 发布:淘宝网 支付宝的功能 编辑:程序博客网 时间:2024/03/28 16:22

问题描述
人类在火星上发现了一种新的金属!这些金属分布在一些奇怪的地方,不妨叫它节点好了。一些节点之间有道路相连,所有的节点和道路形成了一棵树。一共有 n 个节点,这些节点被编号为 1~n 。人类将 k 个机器人送上了火星,目的是采集这些金属。这些机器人都被送到了一个指定的着落点, S 号节点。每个机器人在着落之后,必须沿着道路行走。当机器人到达一个节点时,它会采集这个节点蕴藏的所有金属矿。当机器人完成自己的任务之后,可以从任意一个节点返回地球。当然,回到地球的机器人就无法再到火星去了。我们已经提前测量出了每条道路的信息,包括它的两个端点 x 和 y,以及通过这条道路需要花费的能量 w 。我们想花费尽量少的能量采集所有节点的金属,这个任务就交给你了。

输入格式
第一行包含三个整数 n, S 和 k ,分别代表节点个数、着落点编号,和机器人个数。

接下来一共 n-1 行,每行描述一条道路。一行含有三个整数 x, y 和 w ,代表在 x 号节点和 y 号节点之间有一条道路,通过需要花费 w 个单位的能量。所有道路都可以双向通行。

输出格式
输出一个整数,代表采集所有节点的金属所需要的最少能量。
样例输入
6 1 3
1 2 1
2 3 1
2 4 1000
2 5 1000
1 6 1000
样例输出
3004
样例说明
所有机器人在 1 号节点着陆。

第一个机器人的行走路径为 1->6 ,在 6 号节点返回地球,花费能量为1000。

第二个机器人的行走路径为 1->2->3->2->4 ,在 4 号节点返回地球,花费能量为1003。

第一个机器人的行走路径为 1->2->5 ,在 5 号节点返回地球,花费能量为1001。

数据规模与约定
本题有10个测试点。

对于测试点 1~2 , n <= 10 , k <= 5 。

对于测试点 3 , n <= 100000 , k = 1 。

对于测试点 4 , n <= 1000 , k = 2 。

对于测试点 5~6 , n <= 1000 , k <= 10 。

对于测试点 7~10 , n <= 100000 , k <= 10 。

道路的能量 w 均为不超过 1000 的正整数。

题解:树形动归,开始好难理解,先建立一棵树(孩子链表),然后类似dfs遍历

dp[i][remain]:表示在以i为根的子树中停留remain个机器人的花费。把一棵子树看作是一个整体。

一开始,dfs刚到某个节点,如果没有儿子节点的话,那么机器人到此就都可以停了,dp[i][j]为0

如果发现了有一个儿子节点,那么考虑在这个节点(以这个节点为根的子树)停留(分配)remain个机器人。

dp[i][remain]+=dp[next][0]+cost*2; //子树son中没有停留机器人,那么意味全反回,最少是去一个所以最少反回一个

for(j=1;j<=k;j++) remain中j个结点分配给新的子树,i结点回去remain-j个结点

dp[i][remain]=min(dp[i][remain],dp[i][remain-j]+dp[next][j]+j*cost);

#include<stdio.h> #include<string.h>#include<stdlib.h>#define Max_ 100005#define min(a,b) a<b?a:bint dp[Max_][12],head[Max_],m=0;//head[]记录结点所指的下一条边 ,dp[]记录当前的最优值 int n,s,k;struct Edge{    int tonode;//记录这条边指向的结点     int nextedge;//记录这条边指向的结点所指向的下一条边     int v;}edge[Max_*2];addedge(int fromnode,int tonode,int v1){//将指向tonode结点的那条边加入边集 棵树     edge[m].tonode=tonode;//这条边指向的结点     edge[m].nextedge=head[fromnode];//fromnode结点所指向的下一条边,即,边edge[m]与边edge[m].nextedge在此棵树的同一层,     edge[m].v=v1;    head[fromnode]=m++;// fromnode指向新生成的这条边 }void dfs(int fromnode,int prenode){//类似dfs      int i,j,remain;     for(i=head[fromnode];i!=-1;i=edge[i].nextedge){//head[fromnode]这条边的同一层进行遍历         int tonode=edge[i].tonode;        if(tonode==prenode){//此结点已经遍历过               continue;        }        dfs(tonode,fromnode);//继续遍历edge[i].tonode结点相连的下一条边,直到出现叶子结点         for(remain=k;remain>=0;remain--){//remain指为以fromnode为根结点的子树分配的机器人个数             dp[fromnode][remain]+=dp[tonode][0]+(edge[i].v)*2;//机器人都回该子树根结点,至少一个机器去遍历该子树所有子节点并返回的花费             for(j=1;j<=remain;j++){//至少一个机器人进入子树,j个机器人进入该子树                 dp[fromnode][remain]=min(dp[fromnode][remain],dp[fromnode][remain-j]+dp[tonode][j]+j*(edge[i].v));            }         }     }   }int main(){    memset(dp,0,sizeof(dp));    int i,fromnode,tonode,v1;    scanf("%d%d%d",&n,&s,&k);    for(i=0;i<=n;i++){        head[i]=-1;// 最开始各节点并没有指向任何一边,标记head[i]为-1     }    for(i=1;i<n;i++){        scanf("%d%d%d",&fromnode,&tonode,&v1);        //用两条边进行表示,则父结点和孩子结点都会在同一层上,两层中任意相连的两节点最多只能取一个         addedge(fromnode,tonode,v1);//将指向tonode结点的那条边加入边集         addedge(tonode,fromnode,v1);//将指向fromnode结点的那条边加入边集    }    dfs(s,0);    printf("%d",dp[s][k]);    return 0;} 
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