【BZOJ4006】【JLOI2015】管道连接（斯坦纳树）

看到题面容易想到跟斯坦纳树有关。

那么我们不妨设 $f(i,sta)$ 表示根为 $i$，关键点的状压状态为 $sta$ 时的最小代价。

那么所有的 $f(i,sta)$ 我们都可以用斯坦纳树的模板求出来。

现在考虑如何达到题目的要求。

因为考虑到频道的数量也小于 $10$，所以考虑一下能不能也用状压解决。

设 $g(st{a}^{\prime })$ 表示频道的状压状态为 $st{a}^{\prime }$ 时的最小代价。（如果 $st{a}^{\prime }$ 二进制下的第 $k$ 位是 $1$ 就说明第 $k$ 个频道的关键点都已经联通了，否则不连通）。

然后设 $stap(i)$ 表示第 $i$ 个频道的所有关键点的状压状态（类似于 $f(i,sta)$ 中的 $sta$）。

显然，这个东西可以在读入的时候预处理。

然后说一下我一开始的想法：

对于每一个频道 $i$，把 $g(1<<i)$ 的值设为 $\min (f(j,sta{p}_i))$。然后其他的 $g()$ 都设为 $\inf$。

然后枚举每一个 $st{a}^{\prime }$ 的状态，更新：$g(st{a}^{\prime })=\min (g(s)+g(st{a}^{\prime }-s))$。（其中 $s$ 是 $st{a}^{\prime }$ 的子集）

但是我发现了一个重要的问题：

比如说这个图中，所有节点都是关键节点，点 $1$、$4$ 是频道 $1$ 的关键节点，点 $2$、$3$ 是频道 $2$ 的关键节点。（点上的黑色数字代表点的编号，红色数字代表这个点所属的频道， 边上的数字代表这条边的权值）。

显然有 $g((1{)}_2)=\min f(i,(1001{)}_2)=w_1+w_2+w_3$，$g((10{)}_2)=\min f(i,(0110{)}_2)=w_2$。

那么会得出来：$g((11{)}_2)=w_1+2w_2+w_3$。

但显然 $g((11{)}_2)$ 应该等于 $w_1+w_2+w_3$。

这时候就会发现这样 dp 会算重边。

如何解决？

我想到的解决办法：

我们一开始初始化 $g()$ 的时候，本来是只初始化所有的 $g(1<<i)$，而我们现在把 $g()$ 的每一个状态都初始化。

意思是说，对于每一个 $st{a}^{\prime }$，我们都用 $f()$ 对 $g(st{a}^{\prime })$ 进行初始化。

具体过程可以看代码，用 dfs 实现。

最后再按原来的方法，更新：$g(st{a}^{\prime })=\min (g(s)+g(st{a}^{\prime }-s))$。（其中 $s$ 是 $st{a}^{\prime }$ 的子集）

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 1010
#define M 3010

using namespace std;

int n,m,p,anssta,id[15],num[15],stap[15];
int cnt,head[N],w[M<<1],to[M<<1],nxt[M<<1];
int f[N][1025],g[1025];
bool inq[N];

//anssta是答案的状压状态（形如sta'）
//stap是每一个频道对应的状压状态（形如sta）

queue<int>q;

void adde(int u,int v,int wi)
{
	to[++cnt]=v;
	w[cnt]=wi;
	nxt[cnt]=head[u];
	head[u]=cnt;
}

void spfa(int sta)
{
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front();
		q.pop();
		inq[u]=false;
		for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
		{
			int v=to[i];
			if(f[u][sta]+w[i]<f[v][sta])
			{
				f[v][sta]=f[u][sta]+w[i];
				if(!inq[v])
				{
					inq[v]=true;
					q.push(v);
				}
			}
		}
	}
}

void dfs(int k,int sum,int sump)
{
	if(k==p+1)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
			g[sump]=min(g[sump],f[i][sum]);
		return;
	}
	dfs(k+1,sum|stap[k],sump|(1<<(k-1)));//枚举选这个频道（sta'的第k位是1）
	dfs(k+1,sum,sump);//不选这个频道（sta'的第k位是0）
}

int main()
{
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	memset(g,0x3f,sizeof(g));
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u,v,w;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		adde(u,v,w),adde(v,u,w);
	}
	for(int i=1;i<=p;i++)
	{
		scanf("%d%d",&id[i],&num[i]);
		f[num[i]][1<<(i-1)]=0;
		stap[id[i]]|=(1<<(i-1));
		anssta|=(1<<(id[i]-1));
	}
	int maxn=(1<<p)-1;
	for(int sta=1;sta<=maxn;sta++)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int now=sta;now;now=sta&(now-1))
				f[i][sta]=min(f[i][sta],f[i][now]+f[i][sta-now]);
			if(f[i][sta]!=0x3f3f3f3f)
			{
				q.push(i);
				inq[i]=true;
			}
		}
		spfa(sta);
	}
   //以上是模板斯坦纳树
	dfs(1,0,0);
	for(int sta=1;sta<=anssta;sta++)
		for(int now=sta;now;now=sta&(now-1))
			g[sta]=min(g[sta],g[now]+g[sta-now]);
	printf("%d
",g[anssta]);
	return 0;
}