【题解】Luogu P3052 [USACO12MAR] Cows in a Skyscraper G

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竟然没有看到 dijkstra 的题解，写一发

主要思路

一看 \(N\) 很小，考虑状压。

我们用 \(f\) 表示某种选择牛的情形，第 \(i\) 位上为 \(1\) 表示第 \(i\) 只牛已经坐电梯下楼了/已经在电梯上了，为 \(0\) 表示还没有。

我们对于每个不同的 \(f\) 看作不同的节点，则对于每个节点，我们记录：

• \(w_i\) 表示最近一部电梯（还没下楼）里面的牛已经占了多少空间

• \(dis_i\) 表示达到当前情形已经送走了几部电梯（还没下楼的不算）

对于某个节点，如果我们当前情形是能通过 把一只牛送上电梯 这个操作来达到它对应的情形，那么就对它建边。即我们对所有一步可达的节点建边。

对于 dijkstra 的三角形不等式，我们也进行改造。
令 \(w1\) 为 \(w_u + c_i\), \(d1\) 为 \(dis_u\)。如果 \(w1 > W\), 则将 \(w1\) 修改为 \(c_i\) ， 将 \(d1\) 增加一。即用 \(w1\)，\(d1\) 表示把第 \(i\) 只牛送上电梯后对应节点的 \(w\) 和 \(dis\)。

对于如下条件:

• \(dis_v > d1\)
• \(dis_v = d1\) 并且 \(w_v > w1\)

如果有任意一个满足，就对节点 \(v\) 进行松弛操作。

最后输出 所有牛都上电梯的对应情形的 \(dis_{f_{max}}\) \(+ 1\) 即可（最后一趟电梯也要算）。

对于部分证明的补充

• dijkstra的贪心为什么是对的：
  我们在队列优化时，依照 \(k = dis_i * W + w_i\) 排序（由于 \(W\) 一定大于等于 \(w_i\)，即以 \(dis\) 为第一关键字，\(w\) 为第二关键字排序）。
  • 我们注意到，\(k \ge \sum{c_i}\)
  • 我们发现，对于某个解 \(k_i\)，如果存在另一个解 \(k_j\) ，使得 \(k_i \ge k_j\) ，答案至少不会更劣（相等或 \(dis\) 更小或 \(w\) 更小）。
  • 显然没有负环

故dijkstra做法能够保障正确性，复杂度大致在 \(2^n n^2\)。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>

#define N 300050
#define int long long
#define maxf ((1 << n) - 1)
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f

using namespace std;

struct node{
	int v, w;
	bool operator < (const node &a) const {return w > a.w;}
};

int n, W;
int c[N], dis[N], w[N];
bool vis[N];

signed main(){
	cin >> n >> W;

	for(int i = 0ll; i < n; i++) cin >> c[i];

	memset(dis, 0x3f, sizeof dis); dis[0] = 0ll; w[0] = 0ll;
	priority_queue <node> q; q.push({0ll, 0ll});

	while(!q.empty()){
		int u = q.top().v; q.pop();
		if(vis[u]) continue; vis[u] = true;
		for(int i = 0; i < n; i++){
			if(u & (1ll << i)) continue;
			int v = u | (1ll << i);
			int d1 = dis[u], w1 = w[u] + c[i];
			if(w1 > W) d1++, w1 = c[i];
			if(dis[v] > d1 || (dis[v] == d1 && w[v] > w1)){
				dis[v] = d1; w[v] = w1;
				q.push({v, dis[v] * W + w[v]});
			}
		}
	}

	cout << dis[maxf] + bool(w[maxf]);

	return 0;
}