Description
参与考古挖掘的小明得到了一份藏宝图,藏宝图上标出了 n 个深埋在地下的宝藏屋, 也给出了这 n 个宝藏屋之间可供开发的 m 条道路和它们的长度。
小明决心亲自前往挖掘所有宝藏屋中的宝藏。但是,每个宝藏屋距离地面都很远, 也就是说,从地面打通一条到某个宝藏屋的道路是很困难的,而开发宝藏屋之间的道路 则相对容易很多。
小明的决心感动了考古挖掘的赞助商,赞助商决定免费赞助他打通一条从地面到某 个宝藏屋的通道,通往哪个宝藏屋则由小明来决定。
在此基础上,小明还需要考虑如何开凿宝藏屋之间的道路。已经开凿出的道路可以 任意通行不消耗代价。每开凿出一条新道路,小明就会与考古队一起挖掘出由该条道路 所能到达的宝藏屋的宝藏。另外,小明不想开发无用道路,即两个已经被挖掘过的宝藏 屋之间的道路无需再开发。
新开发一条道路的代价是:
$L * K$
L代表这条道路的长度,K代表从赞助商帮你打通的宝藏屋到这条道路起点的宝藏屋所经过的 宝藏屋的数量(包括赞助商帮你打通的宝藏屋和这条道路起点的宝藏屋) 。
请你编写程序为小明选定由赞助商打通的宝藏屋和之后开凿的道路,使得工程总代 价最小,并输出这个最小值。
Input
第一行两个用空格分离的正整数 n 和 m,代表宝藏屋的个数和道路数。
接下来 m 行,每行三个用空格分离的正整数,分别是由一条道路连接的两个宝藏 屋的编号(编号为 1~n),和这条道路的长度 v。
Output
输出共一行,一个正整数,表示最小的总代价。
Range
对于 20%的数据: 保证输入是一棵树,$1≤n≤8$ ,$v≤5000$ 且所有的 v 都相等。
对于 40%的数据: $1≤n≤8$ ,$0≤m≤1000$ ,$v≤5000$ 且所有的 v 都相等。
对于 70%的数据: $1≤n≤8$ ,$0≤m≤1000$ ,$v≤5000$
对于 100%的数据: $1≤n≤12$ ,$0≤m≤1000$ ,$v≤500000$
Solution
范围明显状压
定义 f[i] 表示状态为 i 时的最小花费
这道题比较难的一点是要求树上根节点到某个点的距离
其实可以开一个数组 dis[i][j] 表示状态为 i 时根节点到 j 经过多少点
但是这个 dis 数组怎么转移呢?
其实在更新 f 数组的时候更新 dis 就好了
具体是 $dis[i|(1<<p-1)][l]=dis[i][l],dis[i|(1<<p-1)][p]=dis[i][j]+1$
其中 i 是当前状态,j 是新挖一条边的起点,p 是新挖一条边的终点。
这就很清晰了。
而直接从小到大循环状态也不会漏情况,证明很容易。
没了。
Code
// By YoungNeal #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #define N 15 #define int long long int n,m; int maxn; int f[1<<N]; int mp[N][N]; int dis[1<<N][N]; int ans=0x3f3f3f3f; signed main(){ scanf("%lld%lld",&n,&m); maxn=1<<n; memset(mp,-1,sizeof mp); for(int x,y,z,i=1;i<=m;i++){ scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z); if(mp[x][y]>z||mp[x][y]==-1) mp[x][y]=mp[y][x]=z; } for(int s=1;s<=n;s++){ memset(f,0x3f,sizeof f); memset(dis,0,sizeof dis); f[1<<s-1]=0; dis[1<<s-1][s]=1; for(int i=1;i<maxn;i++){ //if(f[i]>=0x3f3f3f3f) continue; for(int j=1;j<=n;j++){ if(!(i&(1<<j-1))) continue; for(int p=1;p<=n;p++){ if(i&(1<<p-1)) continue; if(mp[j][p]==-1) continue; //printf("f[i]=%d,j=%d,p=%d\n",f[i],j,p); if(f[i|(1<<p-1)]>f[i]+dis[i][j]*mp[j][p]){ f[i|(1<<p-1)]=f[i]+dis[i][j]*mp[j][p]; for(int k=1;k<=n;k++) dis[i|(1<<p-1)][k]=dis[i][k]; dis[i|(1<<p-1)][p]=dis[i][j]+1; } } } } ans=std::min(ans,f[maxn-1]); } printf("%lld\n",ans); return 0; }