【bzoj5180】[Baltic2016]Cities 斯坦納樹
阿新 • • 發佈:2018-02-28
pan void 斯坦納樹 long 最短路 sdi space push lld
題目描述
給定n個點,m條雙向邊的圖。其中有k個點是重要的。每條邊都有一定的長度。 現在要你選定一些邊來構成一個圖,要使得k個重要的點相互連通,求邊的長度和的最小值。輸入
共m+2行 第1行:n,k,m,n個點,k個重要的點,m條邊; 第2行共K個點 第3至第m+2行,每行包括3個數字,a,b,c,表示有一條從a到b長度為c的雙向路徑 k<=5 n<=10^5 1<=m<=2*(10^5)輸出
共1行,即最小長度和樣例輸入
4 3 6
1 3 4
1 2 4
1 3 9
1 4 6
2 3 2
2 4 5
3 4 8
樣例輸出
11
題解
斯坦納樹裸題
斯坦納樹:給出一些點,選出若幹條邊使得這些點連通,求總邊權的最值。
斯坦納樹是NP問題,不存在多項式時間內的解法,求解方法是狀壓dp。
設 $f[i][j]$ 表示選擇若幹條邊,使得狀態為 $i$ 的給定點連通,並且當前可以選擇下一條邊的端點為 $j$ 的最小邊權和。初始狀態 $f[2^i][pos[i]]=0$ ,其中 $pos[i]$ 為第 $i$ 個給定點的編號。
那麽我們對於每個 $i$ 和 $j$ ,首先枚舉 $i$ 的子集 $k$ ,用 $f[k][j]+f[i-k][j]$ 更新 $f[i][j]$ 。
然後再考慮同層轉移:如果 $x$ 與 $y$ 邊權為 $z$ ,用 $f[i][x]+z$ 更新 $f[i][y]$ ,用 $f[i][y]$ 更新 $f[i][x]$ 。容易發現這個轉移就是最短路,因此使用堆優化Dijkstra跑一遍得出所有的 $f[i][j]$ 。
最終答案就是 $min\{f[2^k-1][i]\}$
時間復雜度 $O(3^k·n+2^k·m\log n)$
本來該是我的一血的 >_<
#include <queue> #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 100010 using namespace std; typedef long long ll; queue<int> q; int head[N] , to[N << 2] , next[N << 2] , cnt , inq[33][N]; ll len[N << 2] , f[33][N]; inline char nc() { static char buf[100000] , *p1 , *p2; return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf , 1 , 100000 , stdin) , p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ; } inline int read() { int ret = 0; char ch = nc(); while(!isdigit(ch)) ch = nc(); while(isdigit(ch)) ret = ((ret + (ret << 2)) << 1) + (ch ^ ‘0‘) , ch = nc(); return ret; } inline void add(int x , int y , ll z) { to[++cnt] = y , len[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt; } int main() { int n = read() , p = read() , m = read() , i , j , k , x , y; ll z , ans = 1ll << 62; memset(f , 0x3f , sizeof(f)); for(i = 0 ; i < p ; i ++ ) f[1 << i][read()] = 0; for(i = 0 ; i < m ; i ++ ) x = read() , y = read() , z = read() , add(x , y , z) , add(y , x , z); for(i = 1 ; i < (1 << p) ; i ++ ) { for(j = i ; j ; j = i & (j - 1)) for(k = 1 ; k <= n ; k ++ ) f[i][k] = min(f[i][k] , f[j][k] + f[i ^ j][k]); for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) inq[i][j] = 1 , q.push(j); while(!q.empty()) { x = q.front() , q.pop() , inq[i][x] = 0; for(j = head[x] ; j ; j = next[j]) { if(f[i][to[j]] > f[i][x] + len[j]) { f[i][to[j]] = f[i][x] + len[j]; if(!inq[i][to[j]]) inq[i][to[j]] = 1 , q.push(to[j]); } } } } for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) ans = min(ans , f[(1 << p) - 1][i]); printf("%lld\n" , ans); return 0; }
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