NOIP2017 宝藏

题目描述

参与考古挖掘的小明得到了一份藏宝图，藏宝图上标出了 n 个深埋在地下的宝藏屋，也给出了这 n 个宝藏屋之间可供开发的 m 条道路和它们的长度。

小明决心亲自前往挖掘所有宝藏屋中的宝藏。但是，每个宝藏屋距离地面都很远，也就是说，从地面打通一条到某个宝藏屋的道路是很困难的，而开发宝藏屋之间的道路则相对容易很多。

小明的决心感动了考古挖掘的赞助商，赞助商决定免费赞助他打通一条从地面到某个宝藏屋的通道，通往哪个宝藏屋则由小明来决定。

在此基础上，小明还需要考虑如何开凿宝藏屋之间的道路。已经开凿出的道路可以任意通行不消耗代价。每开凿出一条新道路，小明就会与考古队一起挖掘出由该条道路所能到达的宝藏屋的宝藏。另外，小明不想开发无用道路，即两个已经被挖掘过的宝藏屋之间的道路无需再开发。

新开发一条道路的代价是：

\[L*K
\]

L代表这条道路的长度，K代表从赞助商帮你打通的宝藏屋到这条道路起点的宝藏屋所经过的宝藏屋的数量（包括赞助商帮你打通的宝藏屋和这条道路起点的宝藏屋.

请你编写程序为小明选定由赞助商打通的宝藏屋和之后开凿的道路，使得工程总代价最小，并输出这个最小值。

输入输出格式

输入格式：

第一行两个用空格分离的正整数 n 和 m，代表宝藏屋的个数和道路数。

接下来 m 行，每行三个用空格分离的正整数，分别是由一条道路连接的两个宝藏屋的编号（编号为 1~n），和这条道路的长度 v。

输出格式：

输出共一行，一个正整数，表示最小的总代价.

输入输出样例

输入样例#1：

4 5

1 2 1

1 3 3

1 4 1

2 3 4

3 4 1

输出样例#1：

4

输入样例#2：

4 5

1 2 1

1 3 3

1 4 1

2 3 4

3 4 2

输出样例#2：

5

解题思路：

看到题目数据的第一反应，这是一道状压dp题，可是这和传统的状压不一样，思前想后也想不出状态转移方程，怎么办？

先考虑一波部分分，20%数据很好打，数据保证是一棵树，且ｖ值相同，那就直接搜索乱搞，40%数据和20%差不多，spfa和floyed都可以过，这样40分就轻松拿到，在考场上这样的分数还算可观

因为n非常小，我们可以类比状压的思路进行搜索．看到数据范围，点很少，而边很多，那么就必定有许多重边，所以在搜索之前我们要先处理出两点之间的最短距离（用邻接矩阵），然后就是枚举每个点进行搜索，用一个数组ｆ来表示走过的点的集合，然后在搜索中用已经到达的点去更新还没到达的点，更新方法和40分做法差不多

#include<bits/stdc++.h>

#define il inline

#define rg register

#define lol long long

#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)

#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)

using namespace std;

const int N=13,M=1010;

const int inf=2e9;

void in(int &ans) {

    ans=0; int f=1; char i=getchar();

    while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}

    while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0', i=getchar();

    ans*=f;

}

int n,m,cur,ans=inf;

int dp[1<<12],num[N],line[N][N];

void dfs(int sta) {

    for(rg int u=1;u<=n;u++) {

        if(!((1<<u-1)&sta)) continue;

        for(rg int v=1;v<=n;v++) {

            if((1<<v-1)&sta) continue;

            if(line[u][v]==line[0][0]) continue;

            if(dp[sta|(1<<v-1)]>dp[sta]+line[u][v]*num[u]) {

                dp[sta|(1<<v-1)]=dp[sta]+line[u][v]*num[u];

                int c=num[v];

                num[v]=num[u]+1,dfs(sta|(1<<v-1)),num[v]=c;

            }

        }

    }

}

int main()

{

    in(n),in(m); memset(line,0x3f,sizeof(line));

    for(rg int i=1,a,b,c;i<=m;i++) {

        in(a),in(b),in(c);

        line[a][b]=line[b][a]=Min(line[a][b],c);

    }

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

        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));

        memset(num,0,sizeof(num));

        num[i]=1; dp[1<<i-1]=0;

        dfs(1<<i-1); ans=Min(ans,dp[(1<<n)-1]);

    }

    printf("%d\n",ans);

    return 0;

}

巴特西

NOIP2017宝藏 [搜索/状压dp]

NOIP2017 宝藏

题目描述

输入输出格式

输入输出样例

解题思路：

最新文章

热门文章