「NOIP2017」宝藏

「NOIP2017」宝藏 题解

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又到了一年一度NOIPCSP-S 赛前复习做真题的时间

于是就遇上了这道题

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首先观察数据范围 (1 le n le 12) ,那么极大可能性是状压 ( exttt{DP}) 或者 ( exttt{DFS}) 爆搜

但由于这题放在了 ( exttt{DP}) 列表里面，于是优先考虑状压

简化题意：

从给定的 (n) 个点，(m) 条边的有重边的无向联通图中，找出一棵生成树，使得题目所求价值最小

从题目给出的建边价值来看，我们发现一条边的价值跟以下几点有关：

• 根的位置
• 当前状态下的树的高度
• 该边的长度

边的长度不能改变，根的位置并不能很好的作为 ( exttt{DP}) 时候的阶段，所以我们考虑以树的高度作为DP的阶段

设根的深度为1

设 ( exttt{f[i][j]}) 表示 当前树的高度为 (i) ,已经选了的点集的集合为 (j),那么状态转移方程即为

[f[i][j]=min_{k in j}(f[i-1][j mathrm{xor} k]+dis[j mathrm{xor} k][k]cdot(i-1)) ]

其中异或操作在这里是取补集的意思，( exttt{dis[i][j]}) 表示从 (i) 这个已选点集加上下一层将要选的 (j) 这个点集所需要的最小花费

那我们应该如何完善 ( exttt{dis}) 数组呢

先给出递推式

[dis[i][j]=dis[i][j mathrm{xor} mathrm{lowbit}(j)]+min_{k=1}^{n && (1<<k)&i}(d[log_2mathrm{lowbit}(j)+1][k]) ]

其中 (d) 数组表示第 (i) 个点到 第 (j) 个点的道路长度（没有则为 (infty) ），(j) 为 (i) 的补集的任一子集

然后从小到大枚举 (j) ，就能够保证顺序正确（因为 (j mathrm{xor} mathrm{lowbit}(j)) 一定比 (j) 要小）

因为每一次更新只涉及到一个点的更改，所以不难得出这样预处理 (dis) 数组的正确性

然后，这题就完了

另外还有几点需要注意的

• 边最好使用邻接矩阵储存，因为有重边，而且请不要将初值赋得太大，这样会导致在进行动态规划求解的同时溢出，从而导致答案错误

• 如果按照上面那种朴素的做法来进行求解复杂度有可能不能承受，观察发现我们枚举了许多不必要的子集，所以我们可以换一个方式：

  for(int i=S;i;i=(i-1)&S)
  

  这样的话所有的 (i) 就一定是 (S) 的子集

  蒟蒻的理解：不等于 (S) 的 (S) 的子集一定在 ([0,S)) 中

  然后或运算可以求出在这当中十进制下数字最大的子集 ,设其为 (P),然后其余所有的十进制表示比他小的子集都在([0,P)) 当中，如此循环求解，自然能够得到所有的子集

• 关于状态的一点点优化

  容易发现，当树高为 (i) 时，至少需要 (i) 个节点，所以所有状态中点的个数小于 (i) 的（即二进制位上 (1) 的个数小于 (i) 的），全部可以不用枚举子集，直接跳过，这对时间复杂度又有了进一步的常数优化。 这可以通过预处理得到。

最后贴一下代码，变量名与上面提到的略有不同

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=12;
int d[maxn+5][maxn+5];
int g[maxn+5][(1<<maxn)+5];
int f[(1<<maxn)+5][(1<<maxn)+5];
int lg[(1<<maxn)+5];//懒 
int q[(1<<maxn)+5],cnt;
int sum[(1<<maxn)+5];
int main()
{
	memset(g,63,sizeof g);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<n;++i)
		lg[1<<i]=i;//预处理，因为懒
	for(int i=0;i<12;++i)
		for(int j=0;j<12;++j)
			d[i][j]=1000000;//赋最大值
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		int a,b,c;
		cin>>a>>b>>c;
		--a,--b,d[a][b]=d[b][a]=min(d[a][b],c); 
	}
	int x,S=(1<<n)-1;//全集定义
	for(int i=1;i<=S;++i)
	{
		x=i;
		while(x) x&=(x-1),++sum[i];
	}//预处理每一个状态上点的个数
	for(int i=1;i<=S;++i)
	{
		cnt=0;
		for(int j=S^i;j;j=(j-1)&(S^i)) q[++cnt]=j;//由于这样做子集的顺序是从大到小的，不符合DP的顺序，所以要逆序 
		for(int j=cnt;j>=1;--j)
		{
			int u=lg[q[j]&-q[j]],e=1000000;
			for(int v=0;v<n;++v)
				if(1<<v&i) e=min(d[u][v],e);
			f[i][q[j]]=f[i][q[j]^(q[j]&-q[j])]+e;
		}
	}
	for(int i=0;i<n;++i) g[1][1<<i]=0;//初始状态
	for(int i=2;i<=n;++i)
		for(int j=(1<<i)-1;j<=S;++j)//剪枝，这里i的初始状态跳过了肯定不符合的状态
		{
			if(sum[j]<i) continue;//剪枝，不满足直接跳过
			for(int k=j;k;k=(k-1)&j)
				g[i][j]=min(g[i][j],g[i-1][j^k]+f[j^k][k]*(i-1));
		}
		int ans=(1<<30);
	for(int i=1;i<=n;++i) ans=min(ans,g[i][S]);//取最小值
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}