[WC2008]游览计划(状压dp)

题面太鬼畜不粘了。

题意就是给一张n*m的网格图，每个点有点权，有k个关键点，让你把这k个关键点连成一个联通快的最小代价。

题解

这题nmk都非常小，解法肯定是状压，比较一般的解法插头dp，但不太好写。

但其实这道题是裸的斯坦纳树模型。

斯坦纳树是最小生成树的变形，在一般情况下是NP问题，但在k规模较少时可以用状压dp求解。

我们可以设dp[i][j][s]表示以(i,j)为根，覆盖关键点集合为s时的最小代价。

对于这个状态内部的更新，我们可以对s枚举子集，相当于把联通块拆成两部分再合并起来，dp[i][j][s] <= dp[i][j][S]+dp[i][j][s^S]。其中S是子集。

对于这个状态对外的更新，我们可以对和根有连边的点转移，dp[i'][j'][s']=dp[i][j][s]+a[i][j]。其实令s=s‘也可以，反正到了s‘时也得更新。

这种dp方法的好处就是只保留了一个转移点，降掉了我们枚举转移点的复杂度。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<queue>
#define mm make_pair
#define N 11
using namespace std;
queue<pair<int,int> >q;
int ans,dp[N][N][<<],n,m,a[N][N],tot;
bool tag[N][N];
const int dx[]={-,,,};
const int dy[]={,-,,};
struct node{
    int x,y,s;
}pre[N][N][<<];
inline void spfa(int x,int y,int s){
    q.push(mm(x,y));
    while(!q.empty()){
        int ux=q.front().first,uy=q.front().second;q.pop();
        for(int i=;i<;++i){
            int vx=ux+dx[i],vy=uy+dy[i];
            if(vx>&&vy>&&vx<=n&&vy<=m);else continue;
            if(dp[vx][vy][s]>dp[ux][uy][s]+a[vx][vy]){
                dp[vx][vy][s]=dp[ux][uy][s]+a[vx][vy];
                pre[vx][vy][s]=node{ux,uy,s};
                q.push(mm(vx,vy));
            }
        }
    }
}
inline void findans(int x,int y,int s){
    tag[x][y]=;
    if(!x||!y)return;
    int i=pre[x][y][s].x,j=pre[x][y][s].y,S=pre[x][y][s].s;
    if(i==x&&j==y)findans(i,j,S),findans(i,j,s^S);
    else findans(i,j,S);
}
int main(){
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=;i<=n;++i)
      for(int j=;j<=m;++j){
        scanf("%d",&a[i][j]);
        if(!a[i][j])dp[i][j][<<tot]=,tot++;
        else dp[i][j][]=a[i][j];
    }
    int ma=(<<tot)-;
    for(int s=;s<=ma;++s){
      for(int i=;i<=n;++i)
        for(int j=;j<=m;++j){
          for(int S=s;S;S=s&(S-))
              if(dp[i][j][s]>dp[i][j][S]+dp[i][j][s^S]-a[i][j]){
                  dp[i][j][s]=dp[i][j][S]+dp[i][j][s^S]-a[i][j];
                  pre[i][j][s]=node{i,j,S};
              }
          spfa(i,j,s);
       }
    }
    int ans=2e9,prx,pry;
    for(int i=;i<=n;++i)for(int j=;j<=m;++j)
      if(dp[i][j][ma]<ans){
      ans=min(ans,dp[i][j][ma]);prx=i,pry=j;
    }
    findans(prx,pry,ma);
    cout<<ans<<endl;
    for(int i=;i<=n;++i){
        for(int j=;j<=m;++j){
            if(!a[i][j])printf("x");
            else if(tag[i][j])printf("o");
            else printf("_");
        }
        puts("");
    }
    return ;
}