Luogu 4784 [BalticOI 2016 Day2]城市

斯坦纳树复习，我暑假的时候好像写过[JLOI2015]管道连接来着。

设$f_{i, s}$表示以$i$为根，$k$个重要点的连通状态为$s$，（$0$代表没有连进最小生成树里面去，$1$代表连进了最小生成树里面去）的最小代价，那么可以写出两种转移。

　　1、$f_{i, s} = min(f_{i, t} + f_{i, s ^ t})$　　$t in s$。

　　2、$f_{i, s} = min(f_{j,s} + val(j, i))$　存在一条边$(j, i)$的权值为$val(j, i)$。

第一种转移我们用枚举子集的技巧实现，第二种转移类似于最短路的三角形不等式，可以用$spfa$和$dijskra$转移。

时间复杂度似乎是$O(2^kmlogm + n3^k)$。

Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <iostream>
using namespace std;
#define R register
typedef long long ll;
typedef pair <ll, int> pin;

const int N = 1e5 + 5;
const int M = 4e5 + 5;
const int K = 6;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

int n, m, k, a[K], tot = 0, head[N];
ll f[N][1 << K]; 
bool vis[N];
priority_queue <pin> Q;

struct Edge {
    int to, nxt, val;
} e[M];

inline void add(int from, int to, int val) {
    e[++tot].to = to;
    e[tot].val = val;
    e[tot].nxt = head[from];
    head[from] = tot;
}

/*template <typename T>
inline void read(T &X) {
    X = 0; char ch = 0; T op = 1;
    for(; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar())
        if(ch == '-') op = -1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())
        X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48;
    X *= op;
} */

namespace IOread{
    const int L = 1 << 15;
    
    char buffer[L], *S, *T;
    
    inline char Getchar() {
        if(S == T) {
            T = (S = buffer) + fread(buffer, 1, L, stdin);
            if(S == T) return EOF;
        }
        return *S++;
    }
    
    template <class T> 
    inline void read(T &X) {
        char ch; T op = 1;
        for(ch = Getchar(); ch > '9' || ch < '0'; ch = Getchar())
            if(ch == '-') op = -1;
        for(X = 0; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = Getchar()) 
            X = (X << 1) + (X << 3) + ch - '0'; 
        X *= op;
    }
    
} using namespace IOread;

template <typename T>
inline void chkMin(T &x, T y) {
    if(y < x) x = y;
}

inline void dij(int s) {
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    for(; !Q.empty(); ) {
        int x = Q.top().second; Q.pop();
        if(vis[x]) continue;
        vis[x] = 1;
        for(int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
            int y = e[i].to;
            if(f[y][s] > f[x][s] + e[i].val) {
                f[y][s] = f[x][s] + e[i].val;
                Q.push(pin(-f[y][s], y));
            }
        }
    }
}

int main() {
    read(n), read(k), read(m);
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    for(R int i = 1; i <= k; i++) {
        read(a[i]);
        f[a[i]][1 << (i - 1)] = 0LL;
    }
    for(R int i = 1; i <= m; i++) {
        int x, y, v;
        read(x), read(y), read(v);
        add(x, y, v), add(y, x, v);
    }
    
    for(R int s = 1; s < (1 << k); s++) {
        for(R int i = 1; i <= n; i++) {
            for(R int t = s & (s - 1); t; t = (t - 1) & s) 
                chkMin(f[i][s], f[i][t] + f[i][s ^ t]);
            if(f[i][s] != inf) Q.push(pin(-f[i][s], i));
        }
        dij(s);
    }
    
    ll ans = inf;
    for(R int i = 1; i <= n; i++)
        chkMin(ans, f[i][(1 << k) - 1]);
    
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}

然而我在$loj$上卡了一面都没卡过去……大常数选手很受打击啊