P4784 城市 题解 / 最小斯坦纳树

P4784 城市 题解

题目大意

给定 \(n\) 个节点，\(m\) 条带边权边，和 \(k\) 重要节点。选择一些边，使得这些边能让这 \(k\) 个节点连通，代价为选出的边权和。求最小代价。（\(k\leq5\)）

Solve

前置芝士：斯坦纳树。

定义

将指定点集合（部分点）中的所有点连通，且边权总和最小的生成树称为最小斯坦纳树。

求解

注意到 \(k\) 的范围很小，一般考虑状压 dp。

令 \(f(i,s)\)（其中 \(s\) 为二进制数）表示以 \(i\) 号节点为生成树的根，与重要节点的连通性为 \(s\) 时的最小代价。考虑状态转移。

• 不换根，\(f(i,s)=\min\limits_{t\subseteq s}\{f(i,t)+f(i,\complement_st\}\)。
• 换根（即再生成树中加入新节点 \(j\) 并以其为根，要求 \(i,j\) 相邻），\(f(i,s)=\min\limits_{j\in adj(j)}{f(j,s)+w(i,j)}\)。

发现换根的状态转移式与最短路的三角形不等式很相似，故可利用最短路算法进行状态转移。

对于不换根的状态转移，子集枚举即可。

时间复杂度：\(O(3^kn+2^k\times m\log_2n)\)。

关于卡常

由于内存连续访问问题，开数组时建议把状态放第一维，实测会快一些。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
	short f=1;
	int x=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')	{if(c=='-')	f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')	x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
const int N=1e5+10,K=5,inf=1e18;
int n,k,m,f[1<<K][N];
typedef pair<int,int> PII;
vector<PII>e[N];
priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>>q;
inline void dij(int s)//对于状态 s 跑最短路
{
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.top().second,d=q.top().first;q.pop();
		if(d>f[s][u])	continue;
		for(PII i:e[u])
			if(f[s][i.first]>d+i.second)
				q.push({f[s][i.first]=d+i.second,i.first});
	}
}
signed main()
{
	n=read();k=read();m=read();
	for(int s=0;s<(1<<k);s=-~s)
		for(int i=1;i<=n;i=-~i)	f[s][i]=inf;
	for(int i=0;i<k;i=-~i)	f[1<<i][read()]=0;//初始状态，重要节点与自己联通的代价为0
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i=-~i)
		u=read(),v=read(),w=read(),
		e[u].push_back({v,w}),e[v].push_back({u,w});
	for(int s=0;s<(1<<k);s=-~s)
	{
		for(int t=s;t;t=(t-1)&s)//子集枚举
			for(int i=1;i<=n;i=-~i)
				f[s][i]=min(f[s][i],f[t][i]+f[s^t][i]);//异或即为补集
		for(int i=1;i<=n;i=-~i)
			if(f[s][i]!=inf)	q.push({f[s][i],i});//将 可以使得连通性为s 的点放入队列，跑多源最短路
		dij(s);
	}
	return printf("%lld",*min_element(f[(1<<k)-1]+1,f[(1<<k)-1]+n+1)/*找最小值*/),0;
}