题目大意:$NOIPD2T2$宝藏 题解:正常做法:状压DP .这次模拟退火,随机一个排列,$O(n^2)$贪心按排列的顺序加入生成树 卡点:没开$long\;long$,接受较劣解时判断打错,没判$n=1​$的情况 C++ Code: #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #include <ctime> #include <cstdlib> #define maxn 1

这道题考试的时候就骗了部分分.其实一眼看过去,n范围12,就知道是状压,但是不知道怎么状压,想了5分钟想不出来就枪毙了状压,与AC再见了. 现在写的是状压搜索,其实算是哈希搜索,感觉状压DP理解不了啊.思路来自于Gt,几乎照搬地写了自己的代码. 思路很简单,搜索.搜索里加了个启发,有点,不,是很像最优性剪枝. dfs里,hsh是每个点的深度哈希起来(初始化要对于每一个点定一个专门的哈希值,用这个值来哈希自己的深度),k是已经连上了多少个点,val是代价. 估价函数里,对于每一个没有加入答案集合的

[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

题面:[NOIP2017]宝藏 题面: 首先我们观察到,如果直接DP,因为每次转移的代价受上一个状态到底选了哪些边的影响,因此无法直接转移. 所以我们考虑分层DP,即每次强制现在加入的点的距离为k(可能实际上小于k),这样就可以忽略掉上个状态选了哪些边的影响了. 所以这样为什么是正确的呢? 设f[i][j]表示DP到第i层,状态为j的最小代价.(即每层离起点最远的点的距离为i - 1,所以下次转移的点距离为i) 那么如果一个点被错误的计算了代价,当且仅当这个点离起点的距离小于i,但我们依然按照i

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

LibreOJ链接 Description 给出一个\(n(n\leq12)\)个点\(m(m\leq1000)\)条边的带权无向图,求该图的一棵生成树,使得其边权×该边距根的深度之和最小. Solution 既然\(n\leq12\),可以猜测是状压DP. 定义\(f[dpt][s][s_1]\)表示一棵深度为\(dpt\),点集为\(s\),最深的(深度为\(dpt\))的点的集合为\(s_1\)的生成树的权值.我们考虑给\(s_1\)接上一些点\(s_2\),从而转移为\(f[dpt+1]

宝藏 题目链接 首先,打了一个prim,得了45分 #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<queue> using namespace std; #define N 15 #define M 2000 #define INF 0x3f3f3f3f int n,m,dis[N],dep[N],ans; int Head[N],tot; bool vis[N]; struct

竟然模拟退火能做!我就直接抄代码了,我加了点注释. 题干: 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 nn 个深埋在地下的宝藏屋, 也给出了这 nn 个宝藏屋之间可供开发的 mm 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

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

题解 真的想不到这题状压的做法...听说还有跑的飞快的模拟退火,要是现场做绝对滚粗QAQ. 不考虑深度,先预处理出 $pt_{i, S}$ 表示让一个不属于 集合 $S$ 的 点$i$ 与点集 $S$ 联通的最小代价, 也就是从 $i$ 到 $ j, j \in S$的最小距离. 接着处理$ss_{S, T}$, $S\subset T$, 表示从集合$S$拓展到$T$所需要的最小代价. 最后求出$f_{i, j}$ 表示当前已到 深度$i$, 已经扩展到集合$S$时耗费的最小代价. 答案就是$

[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.

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.

题目分析: 这个做法不是最优的,想找最优解请关闭这篇博客. 首先容易想到用$f[i][S][j]$表示点$i$为根,考虑$S$这些点,$i$的深度为$j$情况的答案. 转移如下: $f[i][S][j] = min(w(i,k)*(j+1)+f[k][S_0][j+1]+f[i][S-S_0][j])$ 其中$S != {i}$且$S_0 \subsetneqq S$且$k \in S_0$ $f[i][S][j] = 0$其中$S={i}$ 这样已经可以通过了,时间复杂度是$O(n^3*3^n

题目传送门:https://www.luogu.org/problemnew/show/P3959 题意:给出一个有$N$个点的图,求其中的一个生成树(指定一个点为根),使得$\sum\limits_{i=1}^{N-1} v_i \times dep_i$最小,其中$v_i$为生成树上某条边的边权,$dep_i$为这条边连接的两个点中深度较浅的点的深度.$N \leq 12 , v \leq 5 \times 10^5$ $N \leq 12$给我们一个很强烈的信息:状态压缩 (所以这题还可以

按层dp,f[i][j]表示已扩展i子集的节点当前在第j层的最小代价,预处理点集间距离即可. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define N 12 #define i

题意 题目链接 题面好长啊...自己看吧.. Sol 自己想了一个退火的思路,没想到第一次交85,多退了几次就A了哈哈哈 首先把没用的边去掉,然后剩下的边从小到大排序 这样我们就得到了一个选边的序列,我们要求答案强制按照这个序列选 每次退火的时候选两个点交换. 枚举每个点,判断是否能更新答案, 时间复杂度$O(200 * 1000 * N * M)$ /* */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #i

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P3959 搜索: 不是记忆化,而是剪枝: 邻接矩阵存边即可,因为显然没有那么多边. 代码如下: #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; ll const inf=0x3f3f3f3f3

题目 STO rqy OTZ 首先这种题一看我们就知道可以爆搜. prim一眼假了,但是加个SA也能过. 所以我们来写状压. 记\(f_{i,j,S}\)表示起点到\(j\)距离为\(i\),我们现在从\(j\)开始挖通\(S\)的最小代价. 转移是显然的:枚举\(S\)的子集\(T\)和\(T\)中的点\(k\),挖通\((k,j)\)这条边(如果存在). \(f_{i,j,S}=\min\limits_{k\in T\subseteq S}(f_{i,j,S\setminus T}+f_{k

正解:状压$dp$ 解题报告: 传送门$QwQ$ $8102$年的时候就想搞这题了,,,$9102$了$gql$终于开始做这题了$kk$ 发现有意义的状态只有当前选的点集和深度,所以设$f_{i,j}$表示当前深度为$i$,选了的点集状态为$j$. 然后转移就$f_{i,S}=min(f_{i-1,S_0}+cost)$,其中$S_0$为$S$的子集,$cost$为$S\ xor\ S_0$中的所有点和$S_0$的连边乘以$i$. 正确性显然?然后说下就,这里是并没有限制一定是和第$i-1$层的

\(Sol\) 觉得这里是个很巧妙的地方吖,就是记下当前扩展点集的最大深度,然后强制下一步扩展的点集都是最大深度+1.这样做在当前看可能会导致误算答案导致答案偏大,但是整个\(dp\)完成后一定可以得到最优解. 怎么计算扩展点集的代价呢,显然是要扩展的点向已扩展的点里连最短边,这个可以暴力计算. 注意一个细节就是输入可能有重复的边,取边权最小的即可.图论题都要注意这一点! \(Code\) #include<bits/stdc++.h> #define il inline #define Ri

非常巧妙的 \(O(n^23^n)\) 做法. 题目的本质是要求一棵生成树,使得其每条边的长度与这条边的起点深度乘积的和最小. 我们使用状压 DP,考虑到当前状态与已经打通的点和深度有关,不妨设 \(f(S,x)\) 为当前所打通点集合为 \(S\),且当前树深度为 \(x\) 时的最小花费.状态转移方程 \[f(S,x)=\min_{S_0\subsetneq S}\left\{f(S_0,x-1)+x\sum_{u\in S \backslash S_0}\min_{v\in S_0}\{w