NOIP2017宝藏 [搜索/状压dp]

NOIP2017 宝藏

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

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。

输出格式：

输出共一行，一个正整数，表示最小的总代价.

输入输出样例

输入样例#1：

4 5

1 2 1

1 3 3

1 4 1

2 3 4

3 4 1

输出样例#1：

4

输入样例#2：

4 5

1 2 1

1 3 3

1 4 1

2 3 4

3 4 2

输出样例#2：

5

解题思路：

看到题目数据的第一反应，这是一道状压dp题，可是这和传统的状压不一样，思前想后也想不出状态转移方程，怎么办？

先考虑一波部分分，20%数据很好打，数据保证是一棵树，且ｖ值相同，那就直接搜索乱搞，40%数据和20%差不多，spfa和floyed都可以过，这样40分就轻松拿到，在考场上这样的分数还算可观

因为n非常小，我们可以类比状压的思路进行搜索．看到数据范围，点很少，而边很多，那么就必定有许多重边，所以在搜索之前我们要先处理出两点之间的最短距离（用邻接矩阵），然后就是枚举每个点进行搜索，用一个数组ｆ来表示走过的点的集合，然后在搜索中用已经到达的点去更新还没到达的点，更新方法和40分做法差不多

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define lol long long
#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)

using namespace std;

const int N=13,M=1010;
const int inf=2e9;

void in(int &ans) {
    ans=0; int f=1; char i=getchar();
    while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
    while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0', i=getchar();
    ans*=f;
}

int n,m,cur,ans=inf;
int dp[1<<12],num[N],line[N][N];

void dfs(int sta) {
    for(rg int u=1;u<=n;u++) {
        if(!((1<<u-1)&sta)) continue;
        for(rg int v=1;v<=n;v++) {
            if((1<<v-1)&sta) continue;
            if(line[u][v]==line[0][0]) continue;
            if(dp[sta|(1<<v-1)]>dp[sta]+line[u][v]*num[u]) {
                dp[sta|(1<<v-1)]=dp[sta]+line[u][v]*num[u];
                int c=num[v];
                num[v]=num[u]+1,dfs(sta|(1<<v-1)),num[v]=c;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    in(n),in(m); memset(line,0x3f,sizeof(line));
    for(rg int i=1,a,b,c;i<=m;i++) {
        in(a),in(b),in(c);
        line[a][b]=line[b][a]=Min(line[a][b],c);
    }
    for(rg int i=1;i<=n;i++) {
        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
        memset(num,0,sizeof(num));
        num[i]=1; dp[1<<i-1]=0;
        dfs(1<<i-1); ans=Min(ans,dp[(1<<n)-1]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}