Description
马克(Mirko)和斯拉夫克(Slavko)正在为克罗地亚举办的每年一次的双人骑车马拉松赛而紧张训练。他们需要选择一条训练路径。 他们国家有N个城市和M条道路。每条道路连接两个城市。这些道路中恰好有N-1条是铺设好的道路，其余道路是未经铺设的土路。幸运的是，每两个城市之间都存在一条由铺设好的道路组成的通路。换句话说，这N个城市和N-1条铺设好的道路构成一个树状结构。 此外，每个城市最多是10条道路的端点。 一条训练路径由某个城市开始，途经一些道路后在原来起始的城市结束。因为马克和斯拉夫克喜欢去看新城市，所以他们制定了一条规则：绝不中途穿越已经去过的城市，并且绝不在相同的道路上骑行两次（不管方向是否相同）。训练路径可以从任何一个城市开始，并且不需要访问所有城市。 显然，坐在后座的骑行者更为轻松，因为坐在前面的可以为他挡风。为此，马克和斯拉夫克在每个城市都要调换位置。为了保证他们的训练强度相同，他们要选择一条具有偶数条道路的路径。 马克和斯拉夫克的竞争者决定在某些未经铺设的土路上设置路障，使得他们两人不可能找到满足上述要求的训练路径。已知在每条土路上设置路障都有一个费用值（一个正整数），并且竞争者不能在铺设好的道路上设置路障。 任务 给定城市和道路网的描述，写一个程序计算出为了使得满足上述要求的训练路径不存在，而需要的设置路障的最小总费用。
Input
输入的第一行包含两个整数N和M，（2≤N≤1000，N-1≤M≤5000），分别表示城市和道路的个数。 接下来的M行每行包含3个整数A, B和C（1≤A≤N, 1≤B≤N, 0≤C≤10 000）, 用来描述一条道路。A和B是不同的整数，表示由这条道路直接相连的两个城市。对于铺设好的道路C是0；对于土路，c是在该条路上设置路障所需的费用值。 每个城市最多是10条道路的端点。任意两个城市都不会有多于一条直接相连的道路。
Output
输出包含一个整数，表示求出的最小总费用。
Sample Input
5 8
2 1 0
3 2 0
4 3 0
5 4 0
1 3 2
3 5 2
2 4 5
2 5 1
2 1 0
3 2 0
4 3 0
5 4 0
1 3 2
3 5 2
2 4 5
2 5 1
Sample Output
5
HINT
首先如果一条边的两个点在树上的路径长度为奇数，那么这条边肯定要删掉。
那么我们可以发现，这时存在偶环的充要条件就是一个环经过了任意两条非树边。
因为两个奇环通过公共边拼在一起，再把公共边挖掉，肯定是一个偶环。
所以这道题的限制就是不能出现这种情况，也就是说我们需要留下一棵仙人掌。
转化一下，改为求总边权减去最大留下的边权
于是定义$f[i][S]$表示i点，不考虑S集合的儿子
对于一个以i为LCA的非树边，如果都不留
那么$f[i][S]=∑f[son][0]*[S不含son]$
如果要选择边(u,v)，那么u->i和v->i上不能与其他非树边形成的环有公共边
答案由三部分组成：
1.u和v的子树，无限制，取$f[u][0]$,$f[v][0]$
2.u(或v)->i路径上求出每个点不考虑它到u(或v)的儿子的方案和
$sum_{a=u}f[a][S]$
S为不考虑该点到u(或v)
3.i点不考虑到u的儿子son1，到v的儿子son2
$f[i][S]$ S为没有考虑son1和son2的状态
复杂度$O(m*2^{10}+m*n)$
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<vector> 7 using namespace std; 8 typedef long long lol; 9 struct Edge 10 { 11 int u,v,d; 12 }e[5001]; 13 struct Node 14 { 15 int next,to; 16 }edge[10001]; 17 vector<int>h[1001]; 18 int f[1001][1301],son[1001],n,m,ans,LCA; 19 int top[1001],head[1001],num,tot,dep[1001],dfn[1001],idf[1001],id[1001],fa[1001],size[1001]; 20 void add(int u,int v) 21 { 22 num++; 23 edge[num].next=head[u]; 24 head[u]=num; 25 edge[num].to=v; 26 } 27 void dfs1(int x,int pa) 28 {int i; 29 fa[x]=pa; 30 size[x]=1; 31 dep[x]=dep[pa]+1; 32 for (i=head[x];i;i=edge[i].next) 33 { 34 int v=edge[i].to; 35 if (v==pa) continue; 36 dfs1(v,x); 37 size[x]+=size[v]; 38 if (size[v]>size[son[x]]) son[x]=v; 39 } 40 } 41 void dfs2(int x,int pa,int tp) 42 {int i; 43 top[x]=tp; 44 if (son[x]) dfs2(son[x],x,tp); 45 for (i=head[x];i;i=edge[i].next) 46 { 47 int v=edge[i].to; 48 if (v==pa||v==son[x]) continue; 49 dfs2(v,x,v); 50 } 51 } 52 int get_lca(int x,int y) 53 { 54 while (top[x]!=top[y]) 55 { 56 if (dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y); 57 x=fa[top[x]]; 58 } 59 if (dep[x]<dep[y]) 60 return x; 61 else return y; 62 } 63 void DP(int x,int pa) 64 {int i,sum,j,p,u,v,cnt=0; 65 for (i=head[x];i;i=edge[i].next) 66 { 67 int v=edge[i].to; 68 if (v==pa) continue; 69 DP(v,x); 70 } 71 cnt=0; 72 for (i=head[x];i;i=edge[i].next) 73 { 74 int v=edge[i].to; 75 if (v!=pa) id[cnt]=v,idf[v]=1<<cnt,cnt++; 76 } 77 for (i=0;i<=(1<<cnt)-1;i++) 78 {sum=0; 79 for (j=0;j<cnt;j++) 80 if (!(i>>j&1)) 81 { 82 sum+=f[id[j]][0]; 83 } 84 f[x][i]=sum; 85 } 86 int ed=h[x].size(); 87 for (p=0;p<=ed-1;p++) 88 { 89 i=h[x][p];u=0;v=0; 90 sum=e[i].d; 91 if (e[i].u!=x) 92 sum+=f[e[i].u][0]; 93 if (e[i].v!=x) 94 sum+=f[e[i].v][0]; 95 if (e[i].u!=x) 96 for (u=e[i].u;fa[u]!=x;u=fa[u]) 97 sum+=f[fa[u]][idf[u]]; 98 if (e[i].v!=x) 99 for (v=e[i].v;fa[v]!=x;v=fa[v]) 100 sum+=f[fa[v]][idf[v]]; 101 for (j=0;j<=(1<<cnt)-1;j++) 102 if ((j&idf[u])==0&&(j&idf[v])==0) 103 { 104 f[x][j]=max(f[x][j],f[x][j|idf[u]|idf[v]]+sum); 105 } 106 } 107 } 108 int main() 109 {int i,u,v,d; 110 //freopen("zyys.in","r",stdin); 111 //freopen("zyys.out","w",stdout); 112 cin>>n>>m; 113 for (i=1;i<=m;i++) 114 { 115 scanf("%d%d%d",&u,&v,&d); 116 if (!d) add(u,v),add(v,u); 117 else e[++tot].u=u,e[tot].v=v,e[tot].d=d,ans+=d; 118 } 119 dfs1(1,0);dfs2(1,0,1); 120 for (i=1;i<=tot;i++) 121 { 122 LCA=get_lca(e[i].u,e[i].v); 123 if ((dep[e[i].u]+dep[e[i].v]-2*dep[LCA])%2==0) 124 h[LCA].push_back(i); 125 } 126 DP(1,0); 127 cout<<ans-f[1][0]; 128 }