斯坦纳树

斯坦纳树是一类图上NP问题，数据范围小的时候我们可以将其转化为状态压缩动态规划问题，内容大致是给定一副图和一个点集P，要求你选出一些点（或边）是整个点集连通，同时最小化你所选的点权（边权）和。
我们将点权问题和边权问题分开考虑，实际上本质是一样的。

对于边权问题，设$f[x][S]$为将S以及x连通的最小代价。
这样我们有两个DP式：$$dp_{x,S}=min{dp_{y,S'}+w(x,y)}$$ $$dp_{x,S}=min{dp_{x,S},dp_{x,T}+dp_{x,S-T}}$$
第二个式子可以直接通过枚举子集完成。方法是： for (int s=(S-1)&S; s; s=(s-1)&S)
第一个式子因为拓扑顺序不明确所以使用SPFA完成。
这里理论上要注意两个问题，一个是$x in S igcup (V ackslash P)$，因为如果$x in P$则必然$x in S$，还有一个是SPFA时如果S'!=S则不再将S'入队，因为这个状态下一次处理S'时一定会被考虑到。
实际上这两个问题都不需要特殊处理，第一个问题可以直接x从1到n枚举，第二个问题将松弛式直接写成$if dp_{k,S}>dp_{x,S}+w(x,k) then upd(dp_{k,S})$ 即可。

斯坦纳树DP复杂度$O(3^{k}n+2^{k}n log n)$

4774: 修路

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 343  Solved: 165
[Submit][Status][Discuss]

Description

村子间的小路年久失修，为了保障村子之间的往来，法珞决定带领大家修路。对于边带权的无向图 G = (V, E)，

请选择一些边，使得1 <= i <= d， i号节点和 n - i + 1 号节点可以通过选中的边连通，最小化选中的所有边

的权值和。

Input

第一行两个整数 n, m，表示图的点数和边数。接下来的 m行，每行三个整数 ui, vi, wi，表示有一条 ui 与 vi 

之间，权值为 wi 的无向边。

1 <= d <= 4

2d <= n <= 10^4

0 <= m <= 10^4

1 <= ui, vi <= n

1 <= wi <= 1000

Output

一行一个整数，表示答案，如果无解输出-1

Sample Input

10 20 1
6 5 1
6 9 4
9 4 2
9 4 10
6 1 2
2 3 6
7 6 10
5 7 1
9 7 2
5 9 10
1 6 8
4 7 4
5 7 1
2 6 9
10 10 6
8 7 2
10 9 10
1 2 4
10 1 8
9 9 7

Sample Output

8

HINT

Source

这道题是边权问题的裸题，直接套用DP式即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
using namespace std;

const int N=20010;
int n,m,d,x,y,z,inf,cnt,to[N],nxt[N],val[N],h[N],f[N][260],g[260],vis[N];
queue<int> Q;

void add(int u,int v,int w){ nxt[++cnt]=h[u]; h[u]=cnt; to[cnt]=v; val[cnt]=w; }

void spfa(int S){
    rep(i,1,n) if (f[i][S]<inf) Q.push(i);
    while (!Q.empty()){
        int x=Q.front(); Q.pop(); vis[x]=0;
        for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i])
            if (f[k=to[i]][S]>f[x][S]+val[i]){
                f[k][S]=f[x][S]+val[i];
                if (!vis[k]) vis[k]=1,Q.push(k);
            }
    }
}

bool check(int S){
    rep(i,0,d-1) if ((S>>i)&1 && !((S>>(d+i))&1)) return 0;
    return 1;
}

int main(){
    freopen("bzoj4774.in","r",stdin);
    freopen("bzoj4774.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);
    rep(i,1,m) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),add(x,y,z),add(y,x,z);
    memset(f,0x3f,sizeof(f)); memset(g,0x3f,sizeof(g)); inf=f[0][0];
    rep(i,1,d) f[i][1<<(i-1)]=0,f[n-i+1][1<<(d+i-1)]=0;
    rep(S,0,(1<<(d+d))-1){
        rep(i,1,n) for (int s=(S-1)&S; s; s=(s-1)&S) f[i][S]=min(f[i][S],f[i][s]+f[i][S-s]);
        spfa(S); rep(i,1,n) g[S]=min(g[S],f[i][S]);
    }
    rep(S,0,(1<<(d+d))-1)
        for (int s=(S-1)&S; s; s=(s-1)&S)
            if (check(s) && check(S-s)) g[S]=min(g[S],g[s]+g[S-s]);
    if (g[(1<<(d+d))-1]<inf) printf("%d
",g[(1<<(d+d))-1]); else puts("-1");
    return 0;
}

对于点权问题基本上是一样的处理方法，只不过将DP方程改为$$dp_{x,S}=min{dp_{y,S'}+v[x]}$$ $$dp_{x,S}=min{dp_{x,S},dp_{x,T}+dp_{x,S-T}-v[x]}$$

2595: [Wc2008]游览计划

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MBSec  Special Judge
Submit: 1935  Solved: 946
[Submit][Status][Discuss]

Description

Input

第一行有两个整数，N和 M，描述方块的数目。
接下来 N行， 每行有 M 个非负整数， 如果该整数为 0， 则该方块为一个景点；
否则表示控制该方块至少需要的志愿者数目。 相邻的整数用 （若干个） 空格隔开，
行首行末也可能有多余的空格。

Output

由 N + 1行组成。第一行为一个整数，表示你所给出的方案
中安排的志愿者总数目。
接下来 N行，每行M 个字符，描述方案中相应方块的情况：
z  ‘_’（下划线）表示该方块没有安排志愿者；
z  ‘o’（小写英文字母o）表示该方块安排了志愿者；
z  ‘x’（小写英文字母x）表示该方块是一个景点；
注：请注意输出格式要求，如果缺少某一行或者某一行的字符数目和要求不
一致（任何一行中，多余的空格都不允许出现） ，都可能导致该测试点不得分。

Sample Input

4 4
0 1 1 0
2 5 5 1
1 5 5 1
0 1 1 0

Sample Output

6
xoox
___o
___o
xoox

HINT

 对于100%的数据，N,M,K≤10，其中K为景点的数目。输入的所有整数均在[0,2^16]的范围内

Source

Ljcc930提供SPJ

[Submit][Status][Discuss]

这一题同样只要套用DP式即可，据说也可以用插头DP。

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define pii pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fir first
#define sec second
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
using namespace std;

const int N=12,S=(1<<10)+5,inf=1000000000;
int n,m,k,x,y,flag,a[N][N],f[N][N][S];
bool vis[N][N],inq[N][N];
struct Path{
     int i,j,s;
     Path(int a=0,int b=0,int c=0):i(a),j(b),s(c){}
}pre[N][N][S];
queue<pii> Q;
int dx[4]={1,-1,0,0},dy[4]={0,0,1,-1};

void spfa(int S){
    while (!Q.empty()){
        int x=Q.front().fir,y=Q.front().sec;
        inq[x][y]=0; Q.pop();
        rep(k,0,3){
            int i=x+dx[k],j=y+dy[k];
            if (i<1 || i>n || j<1 || j>m) continue;
            if (f[i][j][S]>f[x][y][S]+a[i][j]){
                f[i][j][S]=f[x][y][S]+a[i][j]; pre[i][j][S]=Path(x,y,S);
                if (!inq[i][j]) Q.push(MP(i,j)),inq[i][j]=1;
            }
        }
    }
}

void dfs(int x,int y,int S){
    vis[x][y]=1; Path t=pre[x][y][S];
    if (!t.i && !t.j) return;
    dfs(t.i,t.j,t.s);
    if (t.i==x && t.j==y) dfs(t.i,t.j,S-t.s);
}

int main(){
    freopen("bzoj2595.in","r",stdin);
    freopen("bzoj2595.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m); memset(f,0x3f,sizeof(f));
    rep(i,1,n) rep(j,1,m){
        scanf("%d",&a[i][j]);
        if (!a[i][j]) f[i][j][1<<k]=0,k++;
    }
    int All=1<<k;
    for(int S=0; S<All; S++){
        rep(i,1,n) rep(j,1,m){
            for(int s=S&(S-1); s; s=S&(s-1)){
                int t=f[i][j][s]+f[i][j][S-s]-a[i][j];
                if(t<f[i][j][S]) f[i][j][S]=t,pre[i][j][S]=Path(i,j,s);
            }
            if(f[i][j][S]<inf) Q.push(MP(i,j)),inq[i][j]=1;
        }
        spfa(S);
    }
    for (int i=1; i<=n && !flag; i++)
        rep(j,1,m) if (!a[i][j]) { x=i; y=j; flag=1; break; }
    dfs(x,y,All-1); printf("%d
",f[x][y][All-1]);
    rep(i,1,n){
        rep(j,1,m){
            if(a[i][j]==0) putchar('x');
                else if(vis[i][j]) putchar('o');
            else putchar('_');
        }
        puts("");
    }
    return 0;
}