当时NOIP考试的时候我不会，现在我还是不会。
因为数据范围很小所以能猜到是状压DP。不过平时我们状压DP都是在一个矩阵里面状压DP，不过这次因为我们要打通所有的宝藏屋，那么肯定最后打通的时候通路是一棵树，我们也就是相当于在树上DP。
首先我们先说一种非常强势的做法，状压DP+dfs！（不过以我的智商估计是永远也想不到了）
我们用dp[i]表示当前状态为i的时候的最小代价。我们每次选取一个点作为根节点，之后从这个点开始dfs。每次我们选取一个当前走过的点，之后再选取一个当前没走过的点，如果可以更新的话就更新，之后继续从这个状态dfs。在回溯的时候我们把深度重新设为原来保持的值就可以。
看一下代码，还是比较好理解的……（不过这玩意咋想orz）
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #include<queue> #include<set> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar(' ') using namespace std; typedef long long ll; const int M = 50005; const int INF = 2147483646; int read() { int ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } int dp[1<<15],dis[15],g[15][15],c[15][15],n,m,ans = INF,x,y,w; void add(int x,int y,int w) { g[x][y] = g[y][x] = w; c[x][y] = c[y][x] = 1; } void dfs(int x) { rep(i,1,n) { if(!(x & 1<<(i-1))) continue; rep(j,1,n) { if((1<<(j-1) & x) || !c[i][j]) continue;//c表示i，j之间有没有路，g存路径的长度 if(dp[1<<(j-1)|x] > dp[x] + dis[i] * g[i][j]) { int temp = dis[j]; dis[j] = dis[i] + 1; dp[1<<(j-1)|x] = dp[x] + dis[i] * g[i][j]; dfs(1<<(j-1)|x); dis[j] = temp; } } } } int main() { n = read(),m = read(); memset(g,63,sizeof(g)); rep(i,1,m) { x = read(),y = read(),w = read(); if(w < g[x][y]) add(x,y,w); } rep(i,1,n) { memset(dis,63,sizeof(dis)); rep(j,1,(1<<n)-1) dp[j] = INF; dis[i] = 1,dp[1<<(i-1)] = 0; dfs(1<<(i-1)); ans = min(ans,dp[(1<<n)-1]); } printf("%d ",ans); return 0; }
之后我们再说另一种方法。因为其实dfs的复杂度难以保证，所以我们考虑最稳定的一种做法，就是状压DP。我们是在一棵树上进行状压的，不过因为这棵树不是定型的，我们可以把一个根节点的深度设为0，之后每次向下一个深度更新的时候，对于当前的一个状态，我们先求它的补集，之后枚举其所有子集进行转移。
首先使用pval表示从点i到集合j的最短距离，之后使用sval表示集合i到集合j的最短距离，也就是集合i中的每一个点到集合j的最短距离之和。这个更新还是很好更新的。
之后dp的方程就是，设当前的状态为s，它的补集是C，枚举C的所有子集j，用i表示当前的层数，那么dp[i+1][s|j] = min(dp[i+1][s|j],dp[i][s] + sval[s][j] * (i+1));
我们并不需要考虑实际上两层之间是怎么相连的，因为我们肯定会枚举到所有的情况，即使当前是按照错误的方法相连，在之后肯定会有一种情况将其更新。
之后就可以做了。答案是min{dp[i][u]}，其中u = (1<<n)-1，i取0～n-1
有两个小技巧，一个是计算补集，就是直接^.另外一个是枚举一个集合的所有子集，具体看下面代码实现。
然而其实这个状压DP跑的要比上面的dfs慢一倍……但是稳啊。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #include<queue> #include<set> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar(' ') using namespace std; typedef long long ll; const int M = 50005; const int INF = 10000000; ll read() { ll ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } ll dp[13][1<<13],g[15][15],pval[13][1<<13],sval[1<<13][1<<13],n,m,ans = 1e15,x,y,w,u; void initp() { rep(i,1,n) rep(j,0,u) pval[i][j] = INF; rep(i,1,n) rep(j,0,u) rep(k,1,n) if(j & (1<<(k-1))) pval[i][j] = min(pval[i][j],g[i][k]*1ll);//更新pval，方法就是枚举j里面的所有点k } void inits() { rep(i,0,u) rep(j,0,u) sval[i][j] = INF; rep(i,0,u) { int q = i^u; for(int s = q;s;s = (s-1) & q)//枚举所有子集并更新 { ll temp = 0; rep(j,1,n) if(s & (1<<(j-1))) temp += pval[j][i]; sval[i][s] = temp >= INF? INF : temp; } } } void init(int x) { rep(i,0,n) rep(j,0,u) dp[i][j] = INF; dp[0][1<<(x-1)] = 0;//每次改变根节点都要更新 } int main() { n = read(),m = read(),u = (1<<n)-1; rep(i,1,n) rep(j,1,n) if(i^j) g[i][j] = INF;//如果不相同就把距离设为INF rep(i,1,m) x = read(),y = read(),w = read(),g[x][y] = g[y][x] = min(g[x][y],w); initp(); inits(); rep(r,1,n) { init(r); rep(i,0,n-1) rep(s,0,u) { if(dp[i][s] == INF) continue; int q = s ^ u; for(int j = q;j;j = (j-1) & q) dp[i+1][s|j] = min(dp[i+1][s|j],dp[i][s] + sval[s][j] * (i+1));//dp转移 } rep(i,0,n-1) ans = min(ans,dp[i][u]);//计算答案 } printf("%lld ",ans); return 0; }