【做题】arc078_f-Mole and Abandoned Mine—

题意：给出一个\(n\)个结点的联通无向图，每条边都有边权。令删去一条边的费用为这条边的边权。求最小的费用以删去某些边使得结点\(1\)至结点\(n\)有且只有一条路径。

\(n \leq 15\)

不难想象出，删去边后所得的图形中，在\(1\)到\(n\)的路径上的每一条边都是桥。换言之，每一条边都连接两个边双联通分量。 \(n \leq 15\)的数据范围显然与状压dp有关，于是我们考虑枚举下一个边双联通分量来完成dp转移，以不断铺设从\(1\)到\(n\)的路径。

令dp状态为dp[S,cur]，其中\(S\)为当前已被选的点的集合，且\(1\)到\(n\)的路径以铺设到\(cur\)。那么，我们的转移就是铺设下一个结点，或新增一个包含\(cur\)的边双（不包含\(S\)中的其他结点）。这样，如果记两个集合\(S\)，\(T\) 之间所有边的和为co[S,T]，我们就能得到转移方程：

\[{\rm{dp}}[S \bigcup \{ u \},u] = {\rm dp}[S,cur] +{\rm co}[\{ u \},S - \{ cur \}]
\]
\[{\rm dp}[S \bigcup T,cur] = {\rm dp} [S,cur] + {\rm co}[T,S - \{ cur \}]
\]

复杂度是\(O(n \times 3^n)\)。

上面的转移是从题解上抄来的（划。它与直接枚举下一个边双和路径上的结点的做法相比，复杂度上更优越。（后者的复杂度是\(O(n^2 \times 3^n)\)。

顺便一提，co所占用的空间是\(O(3^n)\)的，并且在dp时要注意第一条方程中\(u\)和\(cur\)必须相邻。

#include <bits/stdc++.h>

#define lowbit(x) ((x) & (- (x)))

#define rev(x) (((1 << n) - 1) ^ x)

#define R register

using namespace std;

const int N = 15, MAX = 1 << 15, MAX3 = 14348907, INF = 0x3f3f3f3f;

int n,m,su[N+2][MAX],dp[MAX][N + 2],trans[MAX],co[MAX3];

int main() {

  int x,y,z;

  scanf("%d%d",&n,&m);

  for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {

    scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);

    su[x][1 << y >> 1] += z;

    su[y][1 << x >> 1] += z;

  }

  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)

    for (R int j = 1 ; j < (1 << n) ; ++ j)

      su[i][j] = su[i][j - lowbit(j)] + su[i][lowbit(j)];

  for (R int i = 1 ; i < (1 << n) ; ++ i) {

    for (int j = 1, t = 1 ; j <= n ; ++ j, t *= 3)

      if ((i >> j-1)&1) trans[i] += t;

  }

  for (R int i = 1 ; i < (1 << n) ; ++ i)

    for (R int j = rev(i) ; j ; j = (j-1)&rev(i)) {

      int t = trans[i] + 2 * trans[j];

      for (int k = 1 ; k <= n ; ++ k)

        if ((i >> k-1)&1) co[t] += su[k][j];

    }

  memset(dp,0x3f,sizeof dp);

  dp[1][1] = 0;

  for (R int i = 1 ; i < (1 << n) ; ++ i) {

    for (int j = 1 ; j <= n ; ++ j) if ((i >> j-1)&1) {

      if (dp[i][j] == INF) continue;

      for (R int k = rev(i) ; k ; k = (k-1)&rev(i)) if (su[j][k] > 0)

        dp[i | k][j] = min(dp[i|k][j],dp[i][j]+co[trans[i^(1<<j>>1)]+2*trans[k]]);

      if ((i >> n-1)&1) continue;

      for (int k = 1 ; k <= n ; ++ k) if (!((i >> k-1)&1)) if (su[k][1<<j>>1] > 0)

        dp[i|(1<<k>>1)][k] = min(dp[i|(1<<k>>1)][k],dp[i][j]+su[k][i^(1<<j>>1)]);

    }

  }

  printf("%d\n",dp[(1 << n) - 1][n]);

  return 0;

}

小结：在dp转移时把一步拆成两步，是可以减小复杂度的。

巴特西

【做题】arc078_f-Mole and Abandoned Mine——状压dp

最新文章

热门文章