NOIp 2017 Day2 T2 宝藏

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Solution

看到这个数据范围就知道是状压 dp。而且 $4^n \times n$4n×n 的都可以过。

如果走到了点 $x$x，接下来可以走两个点 $a$a 和 $b$b。可以直接到 $b$b，也可以先到 $a$a，绕一大圈再到 $b$b。对于 $b$b 的话两个走法深度不同。

所以状态好设计，令 $f_{d,mask}$fd,mask​ 为深度为 $d$d，走过点的状态为 $mask$mask。枚举 $d$d 和 $mask$mask，转移方程如下

$f = \infty \quad f_{1,1 <\!<(i\in[1,n] - 1) = 0} \\ f_{d,mask} = \max \{ f_{d,mask'}, f_{d-1,S} + (d-1) \times g_{mask',mask} \} \\ ans = \max \{ f_{d \in [1,n], (1 <\!< n)-1}\}$f=∞f1,1<<(i∈[1,n]−1)=0​fd,mask​=max{fd,mask′​,fd−1,S​+(d−1)×gmask′,mask​}ans=max{fd∈[1,n],(1<<n)−1​}

其中 $mask'$mask′ 为 $mask$mask 的子集，$g_{mask',mask}$gmask′,mask​ 表示从 $mask'$mask′ 走到 $mask$mask 的最小代价和，这个要预处理。

时间复杂度 $O(3^n \times n^2)$O(3n×n2)，常数较小，空间复杂度为 $O(4^n)$O(4n)，小心 MLE。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 13, INF = 0x7f3f3f3f; 
int n, m;
int dis[N][N], f[N][1 << (N - 1)], g[1 << (N - 1)][1 << (N - 1)];
signed main() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	memset(dis, 0x7f, sizeof(dis));
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		int x, y, z; scanf("%lld%lld%lld", &x, &y, &z);
		if (dis[x][y] > z) dis[x][y] = dis[y][x] = z;
	} 
	for (int i = 0; i < (1 << n); i++)
        for (int j = i; j; j = (j - 1) & i) {
            bool f = 1; int S = i ^ j;
            for (int k = n; k >= 1; k--) {
            	if (S & (1 << (k - 1))) {
            		int mn = INF;
            		for (int l = 1; l <= n; l++)
            			if (j & (1 << (l - 1))) mn = min(mn, dis[l][k]);
            		if (mn == INF) {
            			f = 0; break;
            		}
            		g[j][i] += mn; S -= (1 << (k - 1));
            	}
            }
            if (f == 0) g[j][i] = INF;
    	}
    memset(f, 0x7f, sizeof(f));
    for (int i = 1; i <= n; i++) f[1][1 << (i - 1)] = 0;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
		for (int j = 0; j < (1 << n); j++)
			for (int k = j; k; k = (k - 1) & j)
				if (g[k][j] != INF)	f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][k] + (i - 1) * g[k][j]);
	int ans = INF;
	for (int i = 1; i <= n; i++) ans = min(ans, f[i][(1 << n) - 1]);
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}