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題目描述

參與考古挖掘的小明得到了一份藏寶圖，藏寶圖上標出了 nn 個深埋在地下的寶藏屋， 也給出了這 nn 個寶藏屋之間可供開發的 mm 條道路和它們的長度。

小明決心親自前往挖掘所有寶藏屋中的寶藏。但是，每個寶藏屋距離地面都很遠， 也就是說，從地面打通一條到某個寶藏屋的道路是很困難的，而開發寶藏屋之間的道路 則相對容易很多。

小明的決心感動了考古挖掘的贊助商，贊助商決定免費贊助他打通一條從地面到某 個寶藏屋的通道，通往哪個寶藏屋則由小明來決定。

在此基礎上，小明還需要考慮如何開鑿寶藏屋之間的道路。已經開鑿出的道路可以 任意通行不消耗代價。每開鑿出一條新道路，小明就會與考古隊一起挖掘出由該條道路 所能到達的寶藏屋的寶藏。另外，小明不想開發無用道路，即兩個已經被挖掘過的寶藏 屋之間的道路無需再開發。

新開發一條道路的代價是：

L×K$\mathrm{L}\times \mathrm{K}$ L代表這條道路的長度，K代表從贊助商幫你打通的寶藏屋到這條道路起點的寶藏屋所經過的 寶藏屋的數量（包括贊助商幫你打通的寶藏屋和這條道路起點的寶藏屋） 。

請你編寫程式為小明選定由贊助商打通的寶藏屋和之後開鑿的道路，使得工程總代 價最小，並輸出這個最小值。

輸入格式：

第一行兩個用空格分離的正整數 n,mn,m，代表寶藏屋的個數和道路數。

接下來 mm 行，每行三個用空格分離的正整數，分別是由一條道路連線的兩個寶藏 屋的編號（編號為 1-n1−n），和這條道路的長度 vv。

輸出格式：

一個正整數，表示最小的總代價。

【資料規模與約定】

對於 20%$20\mathrm{\%}$的資料： 保證輸入是一棵樹，1≤n≤8$1\le n\le 8$，v≤5000$v\le 5000$ 且所有的v$v$都相等。

對於 40%$40\mathrm{\%}$的資料：1≤n≤8$1\le n\le 8$，0≤m≤1000$0\le m\le 1000$，v≤5000$v\le 5000$ 且所有的 v$v$都相等。

對於 70%$70\mathrm{\%}$的資料： 1≤n≤8$1\le n\le 8$，0≤m≤1000$0\le m\le 1000$，v≤5000$v\le 5000$ 對於 100%$100\mathrm{\%}$的資料：1≤n≤12$1\le n\le 12$，0≤m≤1000$0\le m\le 1000$，v≤50000$v\le 50000$

NOIP2018賽前兩個月 回首2017爆零的噩夢

題目分析

感覺還是叫狀壓暴搜比較合適 dp[x]$dp[x]$表示達到狀態x所需最小化費 dis[u]$dis[u]$記錄當前狀態下從起點到u經過的寶藏屋數量

列舉每個點u作為起點

假設當前x所表示的狀態中 所有已到達的點為ui$u_i$，未到達的點為vi$v_i$ 對於同一個vi$v_i$,可能同時存在多個個ui$u_i$可以到達他 怎麼辦？其實就試著從每個ui$u_i$到vi$v_i$搜一次就好了

也就是先令dis[v]=dis[u]+1$dis[v]=dis[u]+1$,同時更新dp[x|(1<<v−1)]$dp[x|(1<<v-1)]$ 然後向下一狀態x|(1<<v−1)$x|(1<<v-1)$搜尋 回溯後再把dis[v]$dis[v]$改回原來的值

所以說就是加了狀壓的暴搜啊

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long lt;

int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return x*f;
}

const int inf=1128481603;
const int maxn=8010;
int n,m;
int rem[20][20];
int dp[maxn],dis[20],ans=1e9;

void dfs(int x)
{
    for(int i=1;i<=n;++i)//列舉當前已挖過的寶藏屋
    if((1<<i-1)&x)
    for(int j=1;j<=n;++j)//列舉還沒有挖過的寶藏屋
    if( rem[i][j]!=inf && ((1<<j-1)&x)==0 )
    {
        if(dp[x|(1<<j-1)]>dp[x]+rem[i][j]*dis[i])//能更新下一狀態最優解才向下搜尋
        {
            int tt=dis[j];
            dis[j]=dis[i]+1;
            dp[x|(1<<j-1)]=dp[x]+rem[i][j]*dis[i];
            dfs(x|(1<<j-1));
            dis[j]=tt;//記得改回來
        }
    }
}

int main()
{
    n=read();m=read();
    memset(rem,67,sizeof(rem));
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        int u=read(),v=read(),dis=read();
        rem[u][v]=min(rem[u][v],dis);
        rem[v][u]=min(rem[v][u],dis);
    }

    for(int i=1;i<=n;++i)//列舉每個點作起點
    {
        memset(dp,67,sizeof(dp));
        memset(dis,67,sizeof(dis)); 
        dis[i]=1; dp[1<<(i-1)]=0;
        dfs(1<<(i-1));
        ans=min(ans,dp[(1<<n)-1]);
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}