斯坦納樹

斯坦納樹可以解決下面的問題

給定一個帶權無向圖和某些關鍵點，求一棵最小生成樹（必須滿足所有關鍵節點都在此樹上）

考慮使用狀壓DP求解

f[i][s]表示以i爲根節點的樹中選擇關鍵點的狀態爲s（狀壓）

枚舉一個t（t|s==s），f[i][s]=min(f[i][s],f[i][t]+f[i][s-t])

val是i與son連邊的代價

看起來很好理解，就是將兩棵樹拼成一棵新樹。

還有第二種轉移：f[i][s]=min(f[i][s],f[son][s]+val)，val是連邊代價

這也沒什麼好說的，發現這種形式可以用最短路去實現。

然後問題解決了。

例題：JZOJ3400 旅行

題解請見另一篇。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int i,j,k,m,n,o,p,l,s,t,x,y,z,r,ll;
int dp[10001][501],ans[501],good[501];
int f[100001][4],q[100001],h[100001],bz[10001];
void insert(int x,int y,int z)
{ f[++t][1]=y,f[t][2]=q[x],f[t][3]=z,q[x]=t; } 
int pd(int s)
{
	for (int i=1;i<=ll;i++)
	{
		int gg=s&(1<<(i-1)),hh=s&(1<<(ll+i-1));
		if ((!gg&&hh)||(!hh&&gg)) return 0;
	}
	return 1;
}
int main()
{
	freopen("travel.in","r",stdin);
	freopen("travel.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&ll);
	for (i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),insert(x,y,z),insert(y,x,z);
	int N=(1<<(2*ll))-1;
	memset(dp,60,sizeof(dp));memset(good,60,sizeof(good));memset(ans,60,sizeof(ans));
	for (i=1;i<=ll;i++)
		dp[i][1<<(i-1)]=dp[n-i+1][1<<(ll+i-1)]=0;
	for (s=1;s<=N;s++)
	{
		for (i=1;i<=n;i++)
		{
			for (t=1;t<=s;t++)
				if ((t|s)==s)
				{
					for (k=q[i];k;k=f[k][2])
						dp[i][s]=min(dp[i][s],dp[i][t]+dp[i][s-t]);
				}
		}
		l=0,r=n;memset(bz,0,sizeof(bz));
		for (j=1;j<=n;j++) h[j]=j,bz[j]=1;
		while (l<r)
		{
			l++;
			for (int k=q[h[l]];k;k=f[k][2])
			{
				if (dp[h[l]][s]+f[k][3]<dp[f[k][1]][s])
				{
					dp[f[k][1]][s]=dp[h[l]][s]+f[k][3];
					if (!bz[f[k][1]]) bz[f[k][1]]=1,h[++r]=f[k][1];	
				}	
			}	
			bz[h[l]]=0;
		} 
		for (i=1;i<=n;i++) good[s]=min(good[s],dp[i][s]);
	}
	ans[0]=0;
	for (s=1;s<=N;s++)
	{
		if (s==N)
		{
			int gds=0;
		 } 
		for (t=0;t<s;t++)
			if ((t|s)==s&&pd(s)) ans[s]=min(ans[s],ans[t]+good[s-t]);
	}
	if (ans[N]>1e9) ans[N]=-1;
	printf("%d\n",ans[N]);
}