Luogu P3959 [NOIP 2017 提高组] 宝藏 题解

P3959 [NOIP2017 提高组] 宝藏

不难发现最后的路径一定会构成一棵树。由于每条路的贡献与与其深度有关，故考虑设计与深度有关的状态。由于数据范围很小，考虑状态压缩 DP，每次扩展一层。

设状态 \(f[i][j]\) 表示目前扩展到第 \(i\) 层，所有节点的状态为 \(j\)。若第 \(k\) 位为 \(1\)，则表示节点 \(k\) 已经被打通；若第 \(k\) 位为 \(0\)，则表示节点 \(k\) 未被打通。记状态 \(k\) 转移到状态 \(j\) 经过的边权之和为 \(cost(k,j)\)，不难得到如下转移方程：

\[f[i][j]=\min(f[i][j],f[i-1][k]+cost(k,j)\times(i-1)) \]

接下来，考虑预处理出两个数组 \(cost(k,j)\) 与 \(pos(k,j)\)，表示状态 \(k\) 转移到状态 \(j\) 经过的边权之和为 \(cost(k,j)\) 与可行性。再预处理一个数组 \(ex(i)\)，表示状态 \(i\) 可以扩展的所有点(包括原有点)的状态集合。若第 \(k\) 位为 \(1\)，则表示节点 \(k\) 可以被扩展；若第 \(k\) 位为 \(0\)，则表示节点 \(k\) 不可以被扩展。

\(ex(i)\) 并不难预处理，只需要枚举已有节点的每一条边，能扩展到的标记为 \(1\) 即可。有了 \(ex(i)\) 后，我们发现 \(pos(k,j)\) 也不难预处理。当且仅当 \(k\) 是 \(j\) 的子集且 \(j\) 是 \(ex(k)\) 的子集时，\(pos(k,j)=1\)。判断子集可以用位运算来实现，若 \(j\&k=k\)，则 \(k\) 是 \(j\) 的子集。

接下来，考虑求出满足 \(pos(k,j)\) 的 \(cost(k,j)\)。考虑枚举状态 \(j\) 中未扩展的点，枚举从 \(k\) 中的点到这一个点的边，取边权最小值为贡献。最后，将每一个未扩展的点的贡献加和，即为 \(cost(k,j)\)。预处理之后，转移也比较显然。

时间复杂度为 \(O(m2^{n}+n3^n)\)，其中 \(3^n\) 是枚举子集的时间复杂度。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,u,v,d,h[30000],ex[5000],cst[5000][5000],f[20][5000],ans=1e9;
vector<int>to[20],dis[20];
bool pos[5000][5000];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	    {
	    	scanf("%d%d%d",&u,&v,&d);
	    	to[u].push_back(v),dis[u].push_back(d);
	    	to[v].push_back(u),dis[v].push_back(d);
		}
	for(int i=0;i<=(1<<n)-1;i++)
	    {
	    	ex[i]=i;
	    	for(int j=0;j<n;j++)
	    	    if(i&(1<<j))
	    	       {
	    	       int s=to[j+1].size();
	    	       for(int k=0;k<s;k++)ex[i]|=(1<<(to[j+1][k]-1));
	    	       }
		}
	for(int i=0;i<=(1<<n)-1;i++)
	    for(int j=0;j<=(1<<n)-1;j++)
	        if((j|ex[i])==ex[i]&&(i|j)==j&&i!=j)
	           {
	           	pos[i][j]=1;
	           	for(int k=0;k<n;k++)
	           	    if(!(i&(1<<k))&&(j&(1<<k)))
		           	    {
		    	        int mi=1e9,s=to[k+1].size();
		    	        for(int l=0;l<s;l++)
						    if((i&(1<<(to[k+1][l]-1))))mi=min(mi,dis[k+1][l]);
						cst[i][j]+=mi;
						}
			   }
	for(int i=0;i<=n;i++)
	    for(int j=0;j<=(1<<n)-1;j++)
	        f[i][j]=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    f[0][(1<<(i-1))]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    for(int j=0;j<=(1<<n)-1;j++)
	        for(int k=0;k<=(1<<n)-1;k++)
	            if(pos[k][j]&&f[i-1][k]!=1e9)f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+cst[k][j]*i);
	for(int i=0;i<=n;i++)ans=min(ans,f[i][(1<<n)-1]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}