[NOIp2017 Day2 T2] 寶藏treasure (狀壓dp）

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 n$n$ 個深埋在地下的寶藏屋， 也給出了這 n$n$ 個寶藏屋之間可供開發的 m$m$ 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$$L\times K$$

L$L$ 代表這條道路的長度，K$K$ 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） 。

請你編寫程序爲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

第一行兩個用空格分離的正整數 n$n$ 和 m$m$ ，代表寶藏屋的個數和道路數。

接下來 m$m$ 行，每行三個用空格分離的正整數，分別是由一條道路連接的兩個寶藏 屋的編號（編號爲 1$1$ ~n$n$ ），和這條道路的長度 v$v$ 。

輸出

輸出共一行，一個正整數，表示最小的總代價。

樣例輸入

樣例輸入1
4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 1
樣例輸入2
4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 2

樣例輸出

樣例輸出1
4
樣例輸出2
5

數據規模與約定

對於 20% 的數據： 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 都相等。
對於 40% 的數據： 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 都相等。
對於 70% 的數據： 1≤n≤8$1\le n\le 8$ ，0≤m≤1000$0\le m\le 1000$ ，v≤5000$v\le 5000$
對於 100% 的數據： 1≤n≤12$1\le n\le 12$ ，0≤m≤1000$0\le m\le 1000$ , v≤500000$v\le 500000$

解題思路

首先，很容易發現打通後的道路一定是一棵樹，並且，若以起點爲根並令其深度爲0$0$ ，則題目中的 K$K$ 即爲這條路所連向的點的深度。

觀察數據範圍，n≤12$n\le 12$ ，顯然是狀壓dp：

• dp狀態：dp[i][S]$dp[i][S]$ 表示考慮到樹的第i$i$ 層，前i$i$ 層已選的點的集合爲S$S$ （二進制狀壓）的最小代價。
• dp方程（刷表法）：
  已知dp[i][S]$dp[i][S]$ 時，可枚舉所有由不在S$S$ 中的點構成的集合作爲第i+1$i+1$ 層，則狀態轉移爲
  dp[i][S]→dp[i+1][S|S′]+(i+1)×Σ min{G[a][b]|a∈S,b∈S′,S∩S′=∅}$$dp[i][S]\to dp[i+1][S|S^{\prime }]+(i+1)\times \mathrm{\Sigma }min\{G[a][b]|a\in S,b\in S^{\prime },S\cap S^{\prime }=\mathrm{\varnothing }\}$$
  
  簡單一點，就是
  dp[i][S]→dp[i+1][S|S′]+(i+1)×sval[S′][S]}$$dp[i][S]\to dp[i+1][S|S^{\prime }]+(i+1)\times sval[S^{\prime }][S]\}$$
  
  其中sval[A][B]$sval[A][B]$ 表示集合A到集合B的最短距離，即集合A中所有點到集合B的最短距離之和。可以先預處理出每個點到每個集合的最短距離pval[i][S]$pval[i][S]$ （也就是點i$i$ 到集合S$S$ 中所有點的距離的最小值），然後用pval[i][B]$pval[i][B]$ 更新sval[A][B]$sval[A][B]$ 。
• dp順序：由dp方程可得：從小到大枚舉層數，再枚舉集合即可
• 邊界條件：枚舉根節點，設爲root$root$ ，則dp[0][1<<(root−1)]=0$dp[0][1<<(root-1)]=0$

狀壓相關技巧

• 若S$S$ 是U$U$ 的子集，則S$S$ 關於U$U$ 的補集：S∧U$S^{\wedge }U$
• 判斷點k$k$ 是否在集合S$S$ 中（即S$S$ 的第k−1$k-1$ 位是否爲1$1$ ）：S & (1 << (k-1)) ！= 0 ? "Yes" : "No";
• 枚舉S$S$ 的子集：for(int i = S; i; i = (i - 1) & S){...}

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int INF = 1e7;
const int N = 13;
int n, m, g[N][N], u, v, p, U;
LL dp[N][1<<N], ans = 1e14, sval[1<<N][1<<N], pval[N][1<<N];

void init(int root){
    for(int i = 0; i <= n; i++)
        for(int j = 0; j <= U; j++)
            dp[i][j] = INF;
    dp[0][1<<(root-1)] = 0;
}

int main(){
    scanf("%d%d", &n, &m);
    U = (1 << n) - 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)             //initialize g[i][j]
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            if(i ^ j)
                g[i][j] = INF;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 0; j <= U; j++)
            pval[i][j] = INF;
    for(int i = 0; i <= U; i++)
        for(int j = 0; j <= U; j++)
            sval[i][j] = INF;
    while(m--){
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &p);
        g[u][v] = min(g[u][v], p);
        g[v][u] = min(g[v][u], p);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)             //initialize pval[i][S]
        for(int j = 0; j <= U; j++)
            for(int k = 1; k <= n; k++)
                if(j & (1 << (k - 1)))
                    pval[i][j] = min(pval[i][j], 1ll*g[i][k]);
    for(int i = 0; i <= U; i++){            //initialize sval[A][B]
        int C = i ^ U;
        for(int s = C; s; s = (s - 1) & C){
            LL temp = 0;
            for(int j = 1; j <= n; j++)
                if(s & (1 << (j - 1)))
                    temp += pval[j][i];
            sval[s][i] = temp >= INF ? INF : temp;
        }
    }
    for(int root = 1; root <= n; root++){   //dp
        init(root);
        for(int i = 0; i < n; i++)
            for(int S = 0; S <= U; S++)
                if(dp[i][S] != INF){
                    int C = S ^ U;
                    for(int s = C; s; s = (s - 1) & C)
                        dp[i+1][S|s] = min(dp[i+1][S|s], dp[i][S] + (i + 1) * sval[s][S]);
                }
        for(int i = 0; i < n; i++)  ans = min(ans, dp[i][U]);
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}