【總結】插頭DP-bzoj1210/2310/2331/2595

阿新 • • 發佈：2018-11-26

首先感謝LadyLex的插頭DP：從零概念到入門，讓我對插頭DP的理解更進了一步。本文部分內容/圖片也轉錄於此。

概述

插頭DP主要用來處理一系列基於連通性 $_{1}$ 狀態壓縮 $_{2}$

_{2}

_{2}

的動態規劃問題，處理的具體問題有很多種，並且一般資料規模較小。

插頭DP在棋盤模型上的應用最廣泛，非常考察思維的嚴謹性和全面性。

在基本的模板(雜湊/DP結構)的基礎上，插頭的變換和銜接成為了問題的關鍵。

基本方式

狀態確定

插頭

在插頭DP中，插頭表示一種聯通的狀態，以棋盤為例，一個格子有一個向某方向的插頭，就意味著這個格子在這個方向已經與外面相連（表示兩個相鄰格子之間已經格子聯通）。

前驅狀態對應的插頭必須接上，同時考慮接下來插頭的走向。

逐格遞推

對於第 $i$ 行第 $j$ 列的格子 $(i,$

j ) (i,j)

(i, j)

：走向它的方案，可能由上一行的下插頭轉移而來，也可能是本行的右插頭轉移而來。

在這裡插入圖片描述

一如輪廓線DP，插頭 $DP$ 用狀態壓縮的方式記錄處理當前格時最近一排已決策格子的插頭情況。具體而言： $1$ ~ ${j-1}$ 列表示當前行已決策的下插頭，第 $j$ 列表示 $(i,j-1)$ 已決策的右插頭， $j+1$ 到最後一列分別表示上一行的下插頭。

如圖：紅色格子是最近一排已決策的格子，藍線是需要狀壓記錄的插頭狀態。

狀態轉移

行間轉移

設列數為 $m$ ，狀壓需要記錄的 $m+1$ 個插頭下標分別為 $0-m$ 。

一行處理完之後， $0-(m-1)$ 位分別代表每個下插頭，而轉移到下一行第一個格子時，應當由 $1-m$ 位來表示，所以整體右移一位即可。

行內轉移

我們以最簡單的模型：用任意條簡單迴路遍歷整個棋盤的方案數。

注意到每個格子都處於迴路上，所以必然連線兩個的插頭。我們只需要維護狀態 $0/1$ ，分別表示有無插頭即可。

分類討論如下：

左上均無插頭，則右下均設立插頭
只有左或上有插頭，則將插頭拐彎或直走，分別判斷會不會走到邊界情況後轉移。
左上均有插頭，合併兩個插頭，不再向右下設立插頭。

在處理完所有格子後，所以狀態為0的即可計入答案。

程式碼實現

往往因為某些題目的特殊要求，我們需要設定大於2種的插頭，而種數有時並不是2的整次冪，種數進位制下狀態壓縮中轉碼和壓縮的效率很低，所以依舊以不小於種數的最小2的整次冪作為進位制處理。

而在轉移中，存在大量無用的不合法狀態，這時就需要雜湊表來儲存所有合法狀態。

struct Hs{
   int val[mod],key[mod],hs[mod],sz;
   inline void itia(){
      memset(val,0,sizeof(val));//根據題目要求初始化
      memset(key,0xff,sizeof(key));
      memset(hs,0,sizeof(hs));sz=0;
   }
   inline void nh(int u,int v){key[++sz]=v;hs[u]=sz;}
   int &operator [](const int S){
       for(int i=S%mod;;i=(i+1==mod)?0:(i+1)){
           if(!hs[i]) nh(i,S);
           if(key[hs[i]]==S) return val[hs[i]];
       }
   }
}f[2];

而轉碼通常以函式形式寫出(設進製為4)：

inline int gt(int S,int pos){return ((S>>((pos-1)<<1))&3);}
inline void sett(int &S,int pos,int v)
{pos=(pos-1)<<1;S|=(3<<pos);S^=(3<<pos);S|=(v<<pos);}

常見模型

常見的幾種插頭設定方式：

括號匹配
獨立插頭
最小表示法

1.bzoj1210: [HNOI2004]郵遞員

求一遍遍歷整個棋盤的簡單迴路的方案數。

相比用任意條簡單迴路遍歷整個棋盤，這道題對於左上都有插頭的情況多了一個限制：除非是右下角，否則兩插頭不能處於同一聯通塊。

於是我們可以用最小表示法來進行轉移：用不同標號表示不同的聯通既可。

但觀察下面的圖：
在這裡插入圖片描述

可以發現，輪廓線上方的路徑是由若干條互不相交的路徑構成了。而且每條路徑在輪廓線上存在對應的兩個插頭。

於是可以用括號匹配表示插頭。1,2分別表示左右插頭。它們最近的相異插頭就是對應的相同聯通塊的另一個插頭。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=(1<<20)+10,bs=1e9;
const int mod=2601;

int n,m,pr,pt=1;

struct bint{
    int bit[7];
    inline void clr(){memset(bit,0,sizeof(bit));}
    bint(){clr();}
    inline void sett(int x){for(clr();x;x/=bs)bit[++bit[0]]=x%bs;}
    void operator =(int x){sett(x);}
    int &operator [](int x){return bit[x];}
    bint operator +(bint ky){
        bint re;re.clr();int i,j;
        j=re[0]=max(bit[0],ky[0])+1;
        for(i=1;i<=j;++i){
        	re[i]+=bit[i]+ky[i];
        	re[i+1]+=re[i]/bs;re[i]%=bs;
        }
        for(;re[0]>0 && (!re[re[0]]);--re[0]);
        return re;
    }
    void operator +=(bint ky){*this=*this+ky;}
    inline void prit(){
    	printf("%d",bit[bit[0]]);
    	for(int i=bit[0]-1;i>0;--i) printf("%09d",bit[i]);
    }
}ans;

struct Hs{
    bint val[mod];int key[mod],hs[N],sz;
    inline void itia(){
        memset(val,0,sizeof(val));memset(key,0xff,sizeof(key));
        memset(hs,0,sizeof(hs));sz=0;
    }
    inline void nh(int u,int v){key[++sz]=v;hs[u]=sz;}
    bint &operator [](const int sta){
        for(int i=sta%mod;;i=(i+1==mod)?0:(i+1)){
            if(!hs[i]) nh(i,sta);
            if(key[hs[i]]==sta) return val[hs[i]];
        }
    }
}f[2];

inline int gt(int S,int pos){return ((S>>((pos-1)<<1))&3);}
inline void sett(int &S,int pos,int vl)
{pos=(pos-1)<<1;S|=(3<<pos);S^=(3<<pos);S|=(vl<<pos);}
inline int fd(int S,int pos)
{
    int i,j,cot=0,delta=(gt(S,pos)==1)?1:(-1);
    for(i=pos;i&&(i<=m+1);i+=delta){
        j=gt(S,i);
        if(j==1) cot--;else if(j==2) cot++;
        if(!cot) return i;
    }
    return -1;
}

inline void cal(int x,int y)
{
    pr^=1;pt^=1;f[pr].itia();
    int k,S,a,b;bint vl;
    for(k=f[pt].sz;k;--k){
        S=f[pt].key[k];vl=f[pt].val[k];
        if(fd(S,y)==-1 || fd(S,y+1)==-1) continue;
        a=gt(S,y);b=gt(S,y+1);
        if((!a)&&(!b)){if(x<n && y<m) sett(S,y,1),sett(S,y+1,2),f[pr][S]+=vl;}
        else if((!a)&&b){
        	if(y<m) f[pr][S]+=vl;//turn right
            if(x<n){sett(S,y,b);sett(S,y+1,0);f[pr][S]+=vl;}//turn down
        }else if(a&&(!b)){
        	if(x<n) f[pr][S]+=vl;//turn down
        	if(y<m){sett(S,y,0);sett(S,y+1,a);f[pr][S]+=vl;}//turn right
        }else if((a==1)&&(b==1)){
        	sett(S,fd(S,y+1),1);sett(S,y,0);sett(S,y+1,0);f[pr][S]+=vl;
        }else if((a==1)&&(b==2)){if((x==n)&&(y==m)) ans+=vl;}
        else if((a==2)&&(b==1)){
            sett(S,y,0);sett(S,y+1,0);f[pr][S]+=vl;
        }else if((a==2)&&(b==2)){
            sett(S,fd(S,y),2);sett(S,y,0);sett(S,y+1,0);f[pr][S]+=vl;
        }
    }
}

int main(){
    int i,j;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if(m>n) swap(n,m);
    if(m==1) {putchar('1');return 0;}
    f[0].itia();f[0][0]=1;
    for(i=1;i<=n;++i){
        for(j=1;j<=m;++j) cal(i,j);
        if(i==n) break;
        for(j=f[pr].sz;j;--j) f[pr].key[j]<<=2;
    }
    ans=ans+ans;ans.prit();
    return 0;
}

2.bzoj2310: ParkII

求一條簡單路徑，使得經過的點權值之和最大。

建2個獨立插頭（也就是沒有對應左右插頭），延伸即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=22787;

int g[102][10],n,m;
int ans,pr,pt=1;

struct Hs{
	int key[mod],sz,val[mod],hs[mod];
    inline void itia(){
    	memset(key,0xff,sizeof(key));memset(val,0x8f,sizeof(val));
    	sz=0;memset(hs,0,sizeof(hs));
    }
    inline int nh(int u,int v){key[++sz]=v;hs[u]=sz;}
    inline int &operator [](const int S){
    	for(int i=S%mod;;i=(i+1==mod)?0:(i+1)){
    		if(!hs[i]) nh(i,S);
    		if(key[hs[i]]==S) return val[hs[i]];
    	}
    }
}f[2];

inline int gt(int S,int pos){return ((S>>((pos-1)<<1))&3);}
inline void sett(int &S,int pos,int vl)
{pos=(pos-1)<<1;S|=(3<<pos);S^=(3<<pos);S|=(vl<<pos);}
inline int fd(int S,int pos)
{
	int i,j,cot=0,delta=(gt(S,pos)==1)?1:(-1);
	for(i=pos;i&&(i<=m+1);i+=delta){
		j=gt(S,i);
		if(j==1) cot--;else if(j==2) cot++;
		if(!cot) return i;
	}
	return -1;
}

inline bool ck(int S)
{
	int i,j,cot=0,cnt=0;
	for(i=0;i<=m;++i,S>>=2){
		j=S&3;
		if(j==3) cnt++;
		else if(j==1) cot--;
		else if(j==2) cot++;
	}
	return ((cnt>2)||(cot!=0));
}

inline void upp(int &x,int y){x=(y>x)?y:x;}

inline void cal(int x,int y)
{
	pr^=1;pt^=1;f[pr].itia();
	int i,j,k,t,S,res,vl,a,b;
	for(i=f[pt].sz;i;--i){
		S=f[pt].key[i];vl=f[pt].val[i];
		a=gt(S,y);b=gt(S,y+1);
		if(ck(S)||(S>=(1<<((m+1)<<1)))) continue;
		vl+=g[x][y];
		if((!a)&&(!b)){
			upp(f[pr][S],vl-g[x][y]);
			if((x<n)&&(y<m)){res=S;sett(res,y,1);sett(res,y+1,2);upp(f[pr][res],vl);}
			if(x<n){res=S;sett(res,y,3);upp(f[pr][res],vl);
			if(y<m){sett(S,y+1,3);upp(f[pr][S],vl);}
		}else if((!a)&&b){
			if(y<m) upp(f[pr][S],vl);
			if(x<n){res=S;sett(res,y,b);sett(res,y+1,0);upp(f[pr][res],vl);}
			if(b==3){if(S==(b<<(y<<1))) upp(ans,vl);}
			else{sett(S,fd(S,y+1),3);sett(S,y+1,0);upp(f[pr][S],vl);}
		}else if(a&&(!b)){
			if(x<n) upp(f[pr][S],vl);
			if(y<m){res=S;sett(res,y,0);sett(res,y+1,a);upp(f[pr][res],vl);}
			if(a==3){if(S==(a<<((y-1)<<1))) upp(ans,vl);}
			else{sett(S,fd(S,y),3);sett(S,y,0);upp(f[pr][S],vl);}
		}
		else if((a==1)&&(b==1)){sett(S,fd(S,y+1),1);sett(S,y,0);sett(S,y+1,0);upp(f[pr][S],vl);}
		else if((a==2)&&(b==1)){sett(S,y,0);sett(S,y+1,0);upp(f[pr][S],vl);}
	    else if((a==2)&&(b==2)){sett(S,fd(S,y),2);sett(S,y,0);sett(S,y+1,0);upp(f[pr][S],vl);}
		else if((a==3)&&(b==3)){sett(S,y,0);sett(S,y+1,0);if(!S) upp(ans,vl);}
		else if(a==3){sett(S,fd(S,y+1),3);sett(S,y,0);sett(S,y+1,0);upp(f[pr][S],vl);}
		else if(b==3){sett(S,fd(S,y),3);sett(S,y,0);sett(S,y+1,0);upp(f[pr][S],vl);}
	}
	
}

int main(){
	int i,j;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;++i)
	 for(j=1;j<=m;++j) 
	   scanf("%d",&g[i][j]),ans=max(ans,g[i][j]);
	f[0].itia();f[0][0]=0;
	for(i=1;i<=n;++i){
		for(j=1;j<=m;++j) cal(i,j);
		if(i==n) break;
		for(j=f[pr].sz;j;--j) f[pr].key[j]<<=2;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

3.bzoj2331: [SCOI2011]地板

求用L型的地板鋪滿整個客廳的方案數。

設 $0,1,2$ 分別表示沒有插頭，沒有拐過彎的插頭，拐過彎的插頭即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=20110520,bs=200097;

int n,m,pr,pt=1,ans,lsx,lsy;
char bn[105][105],rq[105];

inline void ad(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}

struct Hs{
	int val[bs],sz,key[bs],hs[bs];
	inline void itia(){
		memset(val,0,sizeof(val));memset(key,0xff,sizeof(key));
		memset(hs,0,sizeof(hs));sz=0;
	}
	inline void nh(int u,int v){key[++sz]=v;hs[u]=sz;}
	int &operator [](const int S){
		for(int i=S%bs;;i=(i+1==bs)?0:(i+1)){
			if(!hs[i]) nh(i,S);
			if(key[hs[i]]==S) return val[hs[i]];
		}
	}
}f[2];

inline void init()
{
	int i,j;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(m>n){
		for(i=1;i<=n;++i){
			scanf("%s",rq+1);
			for(j=1;j<=m;++j) 
			 bn[j][n+1-i]=rq[j];
		}
		swap(n,m);
	}else for(i=1;i<=n;++i) scanf("%s",bn[i]+1);
	for(i=1;i<=n;++i)
	 for(j=1;j<=m;++j){
	 	bn[i][j]=(bn[i][j]!='*');
	 	if(bn[i][j]) lsx=i,lsy=j;
	 }
	  
}

inline int gt(int S,int pos){return ((S>>((pos-1)<<1))&3);}
inline void sett(int &S,int pos,int v)
{pos=(pos-1)<<1;S|=(3<<pos);S^=(3<<pos);S|=(v<<pos);}

inline void cal(int x,int y)
{
	pr^=1;pt^=1;f[pr].itia();
	int i,j,k,S,res,vl;
	for(k=f[pt].sz;k;--k){
		S=f[pt].key[k];vl=f[pt].val[k];
		i=gt(S,y);j=gt(S,y+1);
		if(bn[x][y]){
			if((!i)&&(!j)){
				if(bn[x+1][y]){res=S;sett(res,y,1);ad(f[pr][res],vl);}
				if(bn[x][y+1]){res=S;sett(res,y+1,1);ad(f[pr][res],vl);}
				if(bn[x+1][y]&&bn[x][y+1]){sett(S,y,2);sett(S,y+1,2);ad(f[pr][S],vl);}
			}else if(i&&(!j)){
				if(bn[x][y+1]){res=S;sett(res,y,0);sett(res,y+1,i);ad(f[pr][res],vl);}
			    if(i==1 && bn[x+1][y]){sett(S,y,2);ad(f[pr][S],vl);}
			    else if(i==2){
				    sett(S,y,0);ad(f[pr][S],vl);
				    if((x==lsx)&&(y==lsy)&&(!S)) ad(ans,vl);
				}
			}else if((!i)&&j){
				if(bn[x+1][y]){res=S;sett(res,y+1,0);sett(res,y,j);ad(f[pr][res],vl);}
				if(j==1 && bn[x][y+1]){sett(S,y+1,2);ad(f[pr][S],vl);}
				else if(j==2){
					sett(S,y+1,0);ad(f[pr][S],vl);
					if((x==lsx)&&(y==lsy)&&(!S)) ad(ans,vl);
				}
			}else if((i==1)&&(j==1)){
				sett(S,y,0);sett(S,y+1,0);ad(f[pr][S],vl);
				if((x==lsx)&&(y==lsy)&&(!S)) ad(ans,vl);
			}
		}else if((!i)&&(!j)) ad(f[pr][S],vl);
	}
}

int main(){
	int i,j;init();
	f[0].itia();f[0][0]=1;
	for(i=1;i<=n;++i){
		for(j=1;j<=m;++j) cal(i,j);
		if(i==n) break;
		for(j=f[pr].sz;j;--j) f[pr].key[j]<<=2;
	}
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

4.bzoj2595: [Wc2008]遊覽計劃

最小表示法維護聯通塊即可。
題解

【總結】插頭DP-bzoj1210/2310/2331/2595

首先感謝LadyLex的插頭DP：從零概念到入門，讓我對插頭DP的理解更進了一步。本文部分內容/圖片也轉錄於此。概述插頭DP主要用來處理一系列基於連通性

【learning】插頭dp

位運算運算開始 www. fin 負數情況 span 固定問題描述　　一種網格棋盤上的回路（路徑也可以）數量統計之類的問題，也可以是求最優值之類的可以考慮dp求解的問題具體解法一些必須前置的東西　　首先是一些概念的引入：　　　　1、插頭：既然是插頭

【總結】從詩人小G談DP的四邊形不等式優化

四邊形不等式設w(x,y)w(x,y)w(x,y)是定義在整數集合上的二元函式。若對於定義域上的任何整數，a,b,c,d(a≤b≤c≤d)a,b,c,d(a\leq b\leq c\leq d)a

【總結】DP優化

math 平衡樹斜率 min clas 尾刪可能 Y軸完成斜率優化對形如: \[ f_i=min/max \{f_j+w_{i,j} \} \] \[ 更確切地,為形如f_i=min/max_{j<i}\{f_j+g_1(i)*g_2(j)+h_1(i)

Nginx教程(7) 正向代理與反向代理【總結】

資料用戶訪問認證 origin 訪問者發送 -128 負載行為 1、前言　　最近工作中用到反向代理，發現網絡代理的玩法還真不少，網絡背後有很多需要去學習。而在此之前僅僅使用了過代理軟件，曾經為了訪問google，使用了代理軟件，需要在瀏覽器中配置代理的地址。我只知

【總結】spark按文本格式和Lzo格式處理Lzo壓縮文件的比較

spark lzotextinputformat1、描述spark中怎麽加載lzo壓縮格式的文件2、比較lzo格式文件以textFile方式和LzoTextInputFormat方式計算數據，Running Tasks個數的影響 a.確保lzo文件所在文件夾中生成lzo.index索引文件 b.以

測試方法【總結】

測試方法測試方法從測試設計方法分類測試名稱測試內容黑盒測試把軟件系統當作一個黑箱，無法了解或使用系統內部結構及知識白盒測試設計者可以看到軟件系統的內部結構，並且使用軟件的內部知識來指導測試數據及方法的選擇灰盒測試介於白盒和黑盒之間總結：在實際工作中，對系統的了解越多越好，目前大多數的測試人員都是做黑盒測試，很

【總結】差分約束模型的要點

cio 一個點 ros 最短路所有運行時間 16px net 不同　　只是一些自己想到的東西，記下來以防忘記。　　1. 求解一系列的 f[b] - f[a] <= x 不等式組時，由a向b建權值為x的邊，求最短路。有負環時無解，體現為在SPFA中一個點入隊

【BZOJ4621】Tc605 DP

mic 優化排列 scanf %d log bsp using 好題【BZOJ4621】Tc605 Description 最初你有一個長度為 N 的數字序列 A。為了方便起見，序列 A 是一個排列。你可以操作最多 K 次。每一次操作你可以先選定一個 A 的

HTTP響應狀態碼【總結】

管理指示 get 強制 opp 帶寬行修改 accepted 代碼常見的狀態碼【1XX】表示【消息】【2XX】表示【成功】【3XX】表示【重定向】【4XX】表示【請求錯誤】【5XX】表示【服務器端錯誤】200：OK。請求被正常處理204：No Content。請求被受

【專題】數位DP

aid dfs .com 合並 all 習慣 else net 普通【資料】 ★記憶化搜索：數位dp總結之從入門到模板 by wust_wenhao 論文：淺談數位類統計問題數位計數問題解法研究【記憶化搜索】數位：數字從低位到高位依次為0~len-1。高位限制

【總結】曼哈頓距離轉切比雪夫距離

現在樹狀 use clas user height int 前綴和比較我們在用二維樹狀數組的時候，可以得到一個邊與坐標軸平行的矩形內點集的信息。如果我們需要得到得到到一個點的距離小於等於K的點的信息呢。這些點構成的不在是邊也坐標軸

【專題】區間dp

splay eve 回文 microsoft 傳送門 net sed 鏈接 bdc 1.【nyoj737】石子合並傳送門：點擊打開鏈接描述有N堆石子排成一排，每堆石子有一定的數量。現要將N堆石子並成為一堆。合並的過程只能每次將相鄰的兩堆石子堆成一堆，每次合並

【總結】2017年個人總結

需要一點自己編號說話計算 family 今天美的今天元宵，於是乎想寫個個人總結吧，反正最近又沒什麽學習的動力了，寫寫總結暫時停下休息吧 2017年怎麽說呢，前半年還在高中忙著高考，下午吃完飯就立刻跑去自習室做我的那本數學的《百題大過關》，老實說下午去自習室的這

【總結】遊戲框架與架構設計（Unity為例）

單機業務 github 事件概念 lec 集合架構模式 wid 使用框架開發遊戲優點：耦合性低，重用性高，部署快，可維護性高，方便管理。提高開發效率，降低開發難度缺點：增加了系統結構和實現的復雜性，需要額外花費精力維護，不適合小型程序，易影響運行效率常見

【總結】Unity遊戲優化

硬盤技術 wheel mes stringbu 臨時 ets 減少 e30 1、Profiler中一項"WaitForTargetFPS"費資源過高的原因畫面撕裂，顯卡渲染輸出的速度與顯示器不同步，如果顯示器刷新的同時，顯卡創造了新的幀，就會出現上半顯示器顯示前一

【總結】遊戲AI人工智能

人物 unity3d 元組 and 事件驅動 area 更新多維行為樹參考書籍《Unity3D人工智能編程精粹》《Unity3D人工智能編程》遊戲AI的架構模型運動層：AI的具體行為，比如移動決策層：決定AI下一時間步該做什麽戰略層：從集體層面對個體

【總結】Unity動畫模塊

作用 inf 數據 err size rotation current 程序相互動畫模塊沒有太多好說的，更多是練習積累的經驗 Animator動畫控制器 AnimatorControllerLayer 狀態層，layer層級越高，動作優先級越高 Animato

【總結】偏序/數點

說過適合聽說貢獻 amp clas 。。 inline line 這是一篇關於偏序/數點的總結偏序是個什麽東西？我不知道準確的定義但大概是以下例子表達出來的意思一維偏序：一堆一維點，對於每個 $i$ 求滿足 \(point[j].x<=point[i

【總結】C++與C#中的static靜態修飾符

this sea const 數據一切都 UC 限制有一個字段重點靜態類（sealed+abstract）靜態構造函數（無參，無限制符，自動執行一次）靜態變量（類級別，實例無關，靜態存儲區中）靜態方法（不能被重寫）靜態局部變量（始終存在）靜態本質是實

【總結】插頭DP-bzoj1210/2310/2331/2595

概述

基本方式

狀態確定

插頭

逐格遞推

狀態轉移

行間轉移

行內轉移

程式碼實現

常見模型

1.bzoj1210: [HNOI2004]郵遞員

2.bzoj2310: ParkII

3.bzoj2331: [SCOI2011]地板

4.bzoj2595: [Wc2008]遊覽計劃

相關推薦