Luogu 4294 [WC2008]游览计划 | 斯坦纳树

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Luogu 4294
(我做这道题的时候BZOJ全站的SPJ都炸了 提交秒WA 幸好有洛谷)

题解

这道题是【斯坦纳树】的经典例题。斯坦纳树是这样一类问题:带边权无向图上有几个(一般约10个)点是【关键点】,要求选择一些边使这些点在同一个联通块内,同时要求所选的边的边权和最小。

怎么解决斯坦纳树问题?……其实,就是一种状压DP。

\(dp[i][j]\)表示以i号节点为根,当前状态为j(j的二进制中已经与i连通的点对应位置为1)。

这个“以i为根”是哪来的呢?其实i可以是联通块中任意一个点,没有额外限制,只是引入这个i就可以DP了。

当根i不改变时(即合并两个都包含i的联通块)状态转移方程是:

\[dp[i][j] = \min_{s \in j}\{dp[i][s] + dp[i][\complement_js] - val[i]\} \]

\(val[i]\)表示本题中i号点的权值,减去一个是因为\(dp[i][s]\)\(dp[i][\complement_js]\)中都含有i号点的权值,要防止“加重了”)

当根改变时(即在原有联通块中加入一个新节点i并设置为根,要求i、k相邻):

\[dp[i][j] = \min\{dp[k][j] + val[i]\} \]

第一个状态转移方程有顺序,可以直接DP;而第二个状态转移方程没有明显顺序,但可以按照最短路的SPFA算法“DP”(神奇!)。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
using namespace std;
typedef long long ll;
template <class T>
void read(T &x){
    char c;
    bool op = 0;
    while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
    if(c == '-') op = 1;
    x = c - '0';
    while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
    x = x * 10 + c - '0';
    if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if(x >= 10) write(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}

const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, K, root, f[101][1111], a[101], ans[11][11];
bool inq[101];
typedef pair<int, int> par;
typedef pair<par, int> rec;
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define num(u) (u.fi * m + u.se)
rec pre[101][1111];
const int dx[] = {0, 0, -1, 1};
const int dy[] = {1, -1, 0, 0};
queue<par> que;

bool legal(par u){
    return u.fi >= 0 && u.se >= 0 && u.fi < n && u.se < m;
}
void spfa(int now){
    while(!que.empty()){
	par u = que.front();
	que.pop();
	inq[num(u)] = 0;
	for(int d = 0; d < 4; d++){
	    par v = mp(u.fi + dx[d], u.se + dy[d]);
	    int nu = num(u), nv = num(v);
	    if(legal(v) && f[nv][now] > f[nu][now] + a[nv]){
		f[nv][now] = f[nu][now] + a[nv];
		if(!inq[nv]) inq[nv] = 1, que.push(v);
		pre[nv][now] = mp(u, now);
	    }
	}
    }
}
void dfs(par u, int now){
    if(!pre[num(u)][now].se) return;
    ans[u.fi][u.se] = 1;
    int nu = num(u);
    if(pre[nu][now].fi == u) dfs(u, now ^ pre[nu][now].se);
    dfs(pre[nu][now].fi, pre[nu][now].se);
}

int main(){

    read(n), read(m);
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    for(int i = 0, tot = 0; i < n; i++)
	for(int j = 0; j < m; j++){
	    read(a[tot]);
	    if(!a[tot]) f[tot][1 << (K++)] = 0, root = tot;
	    tot++;
	}
    for(int now = 1; now < (1 << K); now++){
	for(int i = 0; i < n * m; i++){
	    for(int s = now & (now - 1); s; s = now & (s - 1))
		if(f[i][now] > f[i][s] + f[i][now ^ s] - a[i]){
		    f[i][now] = f[i][s] + f[i][now ^ s] - a[i];
		    pre[i][now] = mp(mp(i / m, i % m), s);
		}
	    if(f[i][now] < INF)
		que.push(mp(i / m, i % m)), inq[i] = 1;
	}
	spfa(now);
    }
    write(f[root][(1 << K) - 1]), enter;
    dfs(mp(root / m, root % m), (1 << K) - 1);
    for(int i = 0, tot = 0; i < n; i++){
	for(int j = 0; j < m; j++)
	    if(!a[tot++]) putchar('x');
	    else putchar(ans[i][j] ? 'o' : '_');
	enter;
    }

    return 0;
}
posted @ 2018-03-20 17:24  胡小兔  阅读(295)  评论(0编辑  收藏