NOIP2017提高组Day2T2 宝藏 洛谷P3959 状压dp

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题目传送门 - 洛谷P3959

题目传送门 - Vijos P2032

题意

  给定一个 $n$ 个节点 $m$ 条边的无向图。

  现在请你在这个图之上生成一个有根树。

  记 $d_i$ 为节点 $i$ 的深度 $(d_{root}=0)$ ,记 $fadis_i$ 为节点 $i$ 到其父亲节点的连边中的最小边权。

  则这棵树的代价为

$$\sum_{i=1}^{n}(d_i\times fadis_i)$$

  问所有生成树中最小代价为多少。

  $1\leq n\leq 12,0\leq m\leq 1000, 边权\leq 500000$

题解

  我们记 $dp[x][d][s]$ 表示以 $x$ 为子树根,其深度为 $d$ ,要在该子树内完成集合 $s$ 中节点的连接,所需要花费的最小代价。

  则显然可以写出 DP 方程:

  (其中 $g[x][y]$ 代表 $x$ 到 $y$ 的最小边权)

$$dp[x][d][s]=\min(dp[y][d+1][s1 \backslash \{y\}]+g[x][y]\times (d+1)+dp[x][d][s-s1]\bigg| s1\subset s)$$

  至于集合 $s,s2$ 我们可以状压表示。

  现在我们来分析一下时间复杂度。

  首先我们看到前两维以及枚举 $y$ ,每一维一个 $O(n)$。

  最重要的是最后一维。

  这维的复杂度要和剩下的转移复杂度一起算,因为转移复杂度与这一维的数字有关。

  如果这一维集合 $|s|=i$ ,则有 $2^i$ 种子集。满足 $|s|=i$ 的 $s$ 有 $\binom{n}{i}$ 个。

  所以这两部分总的复杂度为:(其中要用到:二项式定理

$$\begin{eqnarray*}\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}2^i&=&\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}2^i\times 1^{n-i}\\&=&(1+2)^n\\&=&3^n \end{eqnarray*}$$

  所以总的复杂度为 $O(n^33^n)$ ,注意常数大会被卡。

  写到这里不禁让我想起某猪。某猪他去年联赛当场写出 $O(n^23^n)$ 的做法,而我至今做出了这个做法,却懒得去做更好的。

  写到这里不禁让我想起某猪。Orz

  写到这里不禁让我想起某猪。我的洛谷本题提交记录的最前面永远的留下了他的代码,永远的留下了当年赌NOIP分数吃全家桶的记忆……

  写道这里,我不禁想起当年那些又吵又闹有骂有笑有他和他的开心的时光。

  写到这里,我又想起了当年天真的笑容们。过去的都过去了,他是否仍然是他?但愿如此,愿他一路顺风。

  不写下去了,不再憋着那泪,空自伤心罢。

代码

  !!!!!本代码在洛谷被卡常,需要开 $O2$ 才可以通过。!!!!!

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=12,S=1<<N;
int n,m,g[N][N];
int s,sit[S][S],t[S];
int dp[N][N][S];
int DP(int x,int d,int s){
	int &v=dp[x][d][s];
	if (~v)
		return v;
	if (s==0)
		return v=0;
	v=1e9;
	for (int i=1;i<t[s];i++){
		int s1=sit[s][i],a=1e9;
		for (int j=0;j<n;j++)
			if (((s1>>j)&1)&&g[x][j]<1e9)
				a=min(a,DP(j,d+1,s1^(1<<j))+(d+1)*g[x][j]);
		v=min(v,a+DP(x,d,s^s1));
	}
	return v;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=0;i<n;i++)
		for (int j=0;j<n;j++)
			g[i][j]=1e9;
	while (m--){
		int a,b,c;
		scanf("%d%d%d",&a,&b,&c),a--,b--;
		g[a][b]=g[b][a]=min(g[a][b],c);
	}
	s=1<<n;
	for (int i=0;i<s;i++)
		for (int j=0;j<s;j++)
			if ((i|j)==i)
				sit[i][t[i]++]=j;
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	int ans=1e9;
	for (int i=0;i<n;i++)
		ans=min(ans,DP(i,0,(s-1)^(1<<i)));
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

  

 

posted @ 2018-07-03 22:52  zzd233  阅读(296)  评论(0编辑  收藏  举报