NOIP2017最后一道题

挺难想的状压dp。

受到深度的条件限制,所以一般的状态设计带有后效性,这时候考虑把深度作为一维,这样子可以保证所有状态不重复计算一遍。

神仙预处理:先处理出一个点连到一个集合所需要的最小代价,然后再处理出一个集合连到一个集合所需要的最小代价

设$g_{s, t}$表示从s集合连到t集合的最小代价, $f_{i, j}$表示当前深度为i,挖到集合s的最小代价,有转移:

    $f_{i, s} = min(g_{s, t} * (i - 1) + f_{i - 1, t})$  t是s的子集

最后的答案  $ans = min(f_{i, maxS})$ $(0<i<n)$

可以发现这样子最优答案一定会被计算到。

时间复杂度$O(3^{n} * 2 ^ {n} * n)$.

Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std; const int N = ;
const int S = ( << ) + ;
const int inf = 0x3f3f3f3f; int n, m, e[N][N], h[N][S], g[S][S], f[N][S]; inline void read(int &X) {
X = ;
char ch = ;
int op = ;
for(; ch > '' || ch < ''; ch = getchar())
if(ch == '-') op = -;
for(; ch >= '' && ch <= ''; ch = getchar())
X = (X << ) + (X << ) + ch - ;
X *= op;
} inline int min(int x, int y) {
return x > y ? y : x;
} inline void chkMin(int &x, int y) {
if(y < x) x = y;
} int main() {
read(n), read(m);
memset(e, 0x3f, sizeof(e));
for(int x, y, v, i = ; i <= m; i++) {
read(x), read(y), read(v);
e[x][y] = min(e[x][y], v);
e[y][x] = min(e[y][x], v);
} /* for(int i = 1; i <= n; i++, printf("\n"))
for(int j = 1; j <= n; j++)
printf("%d ", e[i][j]); */ for(int i = ; i <= n; i++) {
for(int s = ; s < ( << n); s++) {
h[i][s] = inf;
if(!(s & ( << (i - ))))
for(int j = ; j <= n; j++)
if(s & ( << (j - )))
chkMin(h[i][s], e[i][j]);
}
} for(int s = ; s < ( << n); s++) {
for(int t = s & (s - ); t; t = s & (t - )) {
int x = s ^ t;
for(int i = ; i <= n; i++)
if(x & ( << (i - )))
g[s][t] = min(g[s][t] + h[i][t], inf);
}
} memset(f, 0x3f, sizeof(f));
for(int i = ; i <= n; i++) f[][ << (i - )] = ;
for(int i = ; i <= n; i++) {
for(int s = ; s < ( << n); s++) {
for(int t = s & (s - ); t; t = s & (t - )) {
int tmp;
if(g[s][t] != inf) tmp = g[s][t] * (i - );
else tmp = inf;
if(f[i - ][t] != inf)
chkMin(f[i][s], f[i - ][t] + tmp);
}
}
} int ans = inf;
for(int i = ; i <= n; i++)
chkMin(ans, f[i][( << n) - ]); printf("%d\n", ans);
return ;
}

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