loj2318 「NOIP2017」宝藏[状压DP]

附带其他做法参考：随机化（模拟退火、爬山等等等）配合搜索剪枝食用。

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首先题意相当于在图上找一颗生成树并确定根，使得每个点与父亲的连边的权乘以各自深度的总和最小。即$\sum\limits_{i}depth_i\times value_{i→fa}$。

看数据范围想状压，固定好一个点为根，然后每个点选没选看做状态$0/1$压位，于是朴素思想是$f[S][S_0][d]$表示已经选了$S$，当前$d$层选了$S'$（$S'\subset S$），这样一定可以保证由$S'$导出第$d+1$层，更新答案，而$S$内部其他$x\not\in S'$则不影响更新答案。但是，这样做时间和空间双炸，原因在于$S'$的枚举耗费大量时间。真的有枚举的必要吗？如果把状态设计为$f[S][d]$可以否？如果这样，每次从与$S$联通的剩余点里选子集来更新$f[S|T][d+1]$，选的这些点与已选的连通块中的点的最短边可以预处理出来，如果这种最短边恰好连到了第$d$层，那就是合法的。那么直接$mincost(S,T)*(d+1)$代价更新即可。但是如果真正连到的是非第$d$层的话，这样答案会被多算。不过，这样算出的比实际答案劣，一定存在另一种方案，在之前就已经把这个点选上，从而得出更优解，也就是说这个劣解不会影响答案，最优解总是会被枚举出来并且来更新的，这么做相当于把劣解和最优解全部枚举一遍，$min$一定被最优解更新掉了。所以这个$S'$维度可省。只要枚举$S$，在枚举剩余点子集$T$并计算代价，更新即可。

由于每个点都可以作为起始的根，于是$f[2^i][0]$都初始化为$0$。不过本人后来有点不清楚的是为什么不会撞到一起？比如不同根相同$S$和$d$的怎么处理？发现不影响，这样的话会取一个最优的，剩余点集显然与最优的相连才保证代价可能继续最优。具体的话感觉还是要感性理解。

总结：简化维度时要利用性质，推出某些性质来简化，不是凭空去掉的

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef double db;
 typedef pair<int,int> pii;
 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,):;}
 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,):;}
 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
 template<typename T>inline T read(T&x){
     x=;int f=;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=;
     while(isdigit(c))x=x*+(c&),c=getchar();return f?x=-x:x;
 }
 const int INF=0x3f3f3f3f;
 int dis[<<][],arr[<<];
 int f[<<][];
 int a[][];
 int n,m,ans=INF;
 int s[],t[];
 inline void preprocess(){
     for(register int i=;i<(<<n)-;++i){
         s[]=t[]=;
         for(register int j=;j<=n;++j)
             if(i&(<<j-))s[++s[]]=j;
             else t[++t[]]=j;
         for(register int j=;j<=t[];++j)
             for(register int k=;k<=s[];++k)
                 MIN(dis[i][t[j]],a[t[j]][s[k]]);
         for(register int j=;j<=t[];++j)if(dis[i][t[j]]<INF)arr[i]|=<<t[j]-;
     }
 }
 inline void dp(){
     for(register int i=;i<=n;++i)f[<<i-][]=;
     for(register int d=;d<n;++d)
         for(register int S=;S<(<<n)-;++S)if(f[S][d]<INF)
             for(register int j=arr[S];j;j=(j-)&arr[S]){
                 int res=;
                 for(register int k=;k<=n;++k)if((<<k-)&j)res+=dis[S][k];
                 MIN(f[S|j][d+],f[S][d]+res*(d+));
             }
 }

 int main(){//freopen("treasure.in","r",stdin);//freopen("treasure.out","w",stdout);
     read(n),read(m);memset(f,0x3f,sizeof f),memset(dis,0x3f,sizeof dis),memset(a,0x3f,sizeof a);
     for(register int i=,x,y,z;i<=m;++i)read(x),read(y),read(z),MIN(a[x][y],z),a[y][x]=a[x][y];
     preprocess();
     dp();
     for(register int i=;i<n;++i)MIN(ans,f[(<<n)-][i]);
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

预处理后枚举$S$并枚举$T$，$T$可以近似看做补集，则这个过程可以看做子集枚举，每次在统计一下子集的$cost$，则复杂度$O(n3^n)$。但是好像被平方的吊打了。。。