【题解】P3959 宝藏 - 状压dp / dfs剪枝

P3959 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。

输入格式

第一行两个用空格分离的正整数 n,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

一个正整数，表示最小的总代价。

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Solution

这道题和 灰原 一起想了一下午还是没有想出来（我们果然还是太菜了），去某谷看了这篇题解，觉得写的很棒想法也很巧，想记录一下这道题来加深一下记忆。

我们已经想到的：1.用一个数来表示走过的点的集合

　　　　　　　　2.往这个集合里面加一个点时，枚举此集合里的所有点，取

　　　　　　　　　代价最小的连边

卡住我们的点是：1.我们无法证明 当往一个集合里新添一个点的时候，只用在

　　　　　　　　　原来的连边方式上新连一条边即为最优解

　　　　　　　　2.无法仅通过一个集合来计算出代价，因为代价中含有边的

　　　　　　　　　权值和两点之间的距离（或者说是在树上的两点之间的高

　　　　　　　　　度差）

题解比我们多想的是：1.引进了一个新的变量-树的高度，这样的好处是，可以

　　　　　　　　　　   方便得出代价

　　　　　　　　　　2.在转移时，对于一个已经走了了 i 个点的集合，不一

　　　　　　　　　　   定仅从走了 i - 1 个点的集合转移过来，可以一次性从

　　　　　　　　　　   i 的子集转移过来，加很多点

　　　　　　　　　　3.正因为一次性可以加多个点，那么每一次我们都是新

　　　　　　　　　　   添的点全部与高度最高的点连，这样子得出的状态不

　　　　　　　　　　   一定是正确的，但是正确的答案一定会被算出来（原

　　　　　　　　　　   因请看4.）

　　　　　　　　　　4.我们假设有集合 i， 高度为 h，由集合 j 转移过来，

　　　　　　　　　　   此时需要在 j 里面新添 k 个点。我们先用枚举的方

　　　　　　　　　　   法，求出sum 表示 k 个点与集合里的点的最短边之

　　　　　　　　　　   和，然后将 sum 乘以 h，得出代价。很明显的可以

　　　　　　　　　　   看出，k 个点，每个点向集合里连的最短边，不一定

　　　　　　　　　　   是高度为 h 的点，所以这个状态所存的代价不一定是

　　　　　　　　　　   正确的。但是，总有一个树的高度 h0 可以满足，这

　　　　　　　　　　　k 个点，所连的最短边相对应的另外 k 个点，全部是

　　　　　　　　　　  高度为 h0 的点（可以自己 举具体的例子一步一步往

　　　　　　　　　　  前推），则f[i][h0]所存的代价是正确的，而且是最优

　　　　　　　　　　  的，这样子原来的 f[i][h] 所存的，虽然不是正确的，

　　　　　　　　　　但它一定不是最优的，所以取答案时绝对不会取到它。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i, x, y) for(int i = x; i <= y; ++ i)
using namespace std;
int read();
const int S = ( << );
const int N = ;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m, ans = inf, all;
int u, v, e;
int d[N][N]; //直接用邻接矩阵存加快访问速度
int s[S]; //预处理出对于集合 i 此时还可以往外连那些点
int f[S][N]; //f[i][j]表示集合 i 高度为 j 时的代价（其实也许是个假的233）
int main()
{
    n = read(), m = read(), -- n, all = ( << n + ) - ; //为了方便 将点设为 0 ~ n - 1；all 为总状态数
    F(i, , n) F(j, , n) d[i][j] = inf;
    F(i, , all) F(j, , n) f[i][j] = inf;
    F(i, , n) f[( << i)][] = ; //因为可以自选起点，所以这些状态是合法的
    F(i, , m)
    {
        u = read(), v = read(), e = read();
        -- u, -- v, d[u][v] = d[v][u] = min(d[u][v], e); //最多给了1000条边，而实际上最多只有72条，取最短的
    }
    F(i, , all)
        F(j, , n)
            if((i | ( << j)) != i)
                F(k, , n)
                    if((i | ( << k)) == i && d[j][k] != inf)
                        s[i] |= ( << j); //预处理出 s[]
    F(i, , all)
        for(int s0 = (i - ) & i; s0; s0 = (s0 - ) & i) //保证 s0 是 i 的子集
            if((s0 | s[s0] | i) == (s[s0] | s0)) //判断 s0 是否可以经过连边变成 i
            {
                int sum = ; //求出每条边的权值
                F(k, , n)
                    if((( << k) | i) == i && (( << k) | s0) != s0) //如果 k 不属于 s0 而属于 i，则需要新连边
                    {
                        int tmp = inf;
                        F(h, , n)
                            if((( << h) | s0) == s0) //如果 h 属于 s0 则可以连边
                                tmp = min(tmp, d[h][k]);
                        sum += tmp;
                    }
                F(j, , n)
                    if(f[s0][j - ] != inf)
                        f[i][j] = min(f[i][j], f[s0][j - ] + sum * j); //最关键的地方，一定要弄懂！！
            }
    F(i, , n) ans = min(ans, f[all][i]); //在全集中的每个高度中找最小值
    printf("%d\n", ans);
    return ;
}
int read()
{
    int x = ;
    char c = getchar();
    while(c < '' || c > '') c = getchar();
    while(c >= '' && c <= '') x = x *  + c - '', c = getchar();
    return x;
}