2595: [Wc2008]游览计划
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 256 MBSec Special Judge
Submit: 1572 Solved: 739Description
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
.jpg)
【分析】
又是不会的一题啦~
斯坦纳树？smg？
刚开始看题可能觉得是最小生成树吧？但是并不是的。
一个条路径可能在最小生成树上面算几次，但是在这题上只算一次。
然后就是斯坦纳树？？【长姿势？？
反正就是，要覆盖的点很少<=10,可以状压这个，f[i][j][t]表示和(i,j)这个格子联通的需覆盖点集合为t的最小代价。
两个方程：
$f[i][j][t]=min(f[i][j][s]+f[i][j][t-ss])$ s是t的子集。
$f[i][j][t]=min(f[x][y][t]+a[i][j])$ (i,j)与(x,y)相邻
第二个式子啊不是普通的dp啊，转移状态的有环的！！但是，不怕，肯定是小的转到大的，然后一脸最短路的样子，就可以用spfa解决的。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 #include<queue> 7 using namespace std; 8 #define INF 0xfffffff 9 10 int a[15][15],num[15][15],f[15][15][1500]; 11 12 struct node {int x,y,d;}; 13 node g[15][15][1500]; 14 queue<node > q; 15 bool inq[15][15]; 16 17 int bx[6]={0,1,0,-1,0}, 18 by[6]={0,0,1,0,-1}; 19 20 void dfs(int x,int y,int k) 21 { 22 if(!k) return;inq[x][y]=1; 23 dfs(g[x][y][k].x,g[x][y][k].y,g[x][y][k].d); 24 if(g[x][y][k].x==x&&g[x][y][k].y==y) dfs(x,y,k-g[x][y][k].d); 25 } 26 27 int main() 28 { 29 int n,m,cnt=0; 30 scanf("%d%d",&n,&m); 31 memset(f,63,sizeof(f)); 32 for(int i=1;i<=n;i++) 33 for(int j=1;j<=m;j++) 34 { 35 scanf("%d",&a[i][j]); 36 if(a[i][j]==0) 37 { 38 num[i][j]=++cnt; 39 f[i][j][1<<cnt-1]=0; 40 g[i][j][1<<cnt-1].x=g[i][j][1<<cnt-1].y=g[i][j][1<<cnt-1].d=0; 41 } 42 } 43 for(int i=1;i<=n;i++) 44 for(int j=1;j<=m;j++) f[i][j][0]=0; 45 for(int k=1;k<=(1<<cnt)-1;k++) 46 { 47 memset(inq,0,sizeof(inq)); 48 for(int ss=k;ss;ss=(ss-1)&k) 49 { 50 for(int i=1;i<=n;i++) 51 for(int j=1;j<=m;j++) //if(a[i][j]==0) 52 { 53 if(f[i][j][k]>f[i][j][ss]+f[i][j][k-ss]-a[i][j]) 54 { 55 f[i][j][k]=f[i][j][ss]+f[i][j][k-ss]-a[i][j]; 56 node nw; 57 nw.x=i;nw.y=j;nw.d=ss; 58 g[i][j][k]=nw; 59 } 60 if(f[i][j][k]<INF) {node nw;nw.x=i;nw.y=j;nw.d=f[i][j][k];inq[i][j]=1;q.push(nw);} 61 } 62 63 } 64 while(!q.empty()) 65 { 66 node x=q.front(); 67 for(int i=1;i<=4;i++) 68 { 69 int nx=x.x+bx[i],ny=x.y+by[i]; 70 if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m) continue; 71 if(f[nx][ny][k]>f[x.x][x.y][k]+a[nx][ny]) 72 { 73 f[nx][ny][k]=f[x.x][x.y][k]+a[nx][ny]; 74 node nw; 75 nw.x=nx;nw.y=ny;//nw.d=f[nx][ny][k]; 76 // g[nx][ny][k]=g[x.x][x.y][k]; 77 g[nx][ny][k].x=x.x;g[nx][ny][k].y=x.y;g[nx][ny][k].d=k; 78 if(!inq[nx][ny]) 79 { 80 inq[nx][ny]=1; 81 q.push(nw); 82 } 83 } 84 } 85 q.pop();inq[x.x][x.y]=0; 86 } 87 } 88 memset(inq,0,sizeof(inq)); 89 bool ok=0; 90 for(int i=1;i<=n;i++) 91 { 92 for(int j=1;j<=m;j++) if(a[i][j]==0) 93 { 94 printf("%d ",f[i][j][(1<<cnt)-1]); 95 dfs(i,j,(1<<cnt)-1); 96 ok=1;break; 97 } 98 if(ok) break; 99 } 100 101 for(int i=1;i<=n;i++) 102 { 103 for(int j=1;j<=m;j++) 104 { 105 if(a[i][j]==0) printf("x"); 106 else if(inq[i][j]) printf("o"); 107 else printf("_"); 108 } 109 printf(" "); 110 } 111 return 0; 112 }
2017-04-05 19:28:31