链接:https://www.luogu.org/problemnew/show/P3959
题目描述
参与考古挖掘的小明得到了一份藏宝图,藏宝图上标出了 n 个深埋在地下的宝藏屋, 也给出了这 n 个宝藏屋之间可供开发的 m 条道路和它们的长度。
小明决心亲自前往挖掘所有宝藏屋中的宝藏。但是,每个宝藏屋距离地面都很远, 也就是说,从地面打通一条到某个宝藏屋的道路是很困难的,而开发宝藏屋之间的道路 则相对容易很多。
小明的决心感动了考古挖掘的赞助商,赞助商决定免费赞助他打通一条从地面到某 个宝藏屋的通道,通往哪个宝藏屋则由小明来决定。
在此基础上,小明还需要考虑如何开凿宝藏屋之间的道路。已经开凿出的道路可以 任意通行不消耗代价。每开凿出一条新道路,小明就会与考古队一起挖掘出由该条道路 所能到达的宝藏屋的宝藏。另外,小明不想开发无用道路,即两个已经被挖掘过的宝藏 屋之间的道路无需再开发。
新开发一条道路的代价是:
mathrm{L} imes mathrm{K}L×K
L代表这条道路的长度,K代表从赞助商帮你打通的宝藏屋到这条道路起点的宝藏屋所经过的 宝藏屋的数量(包括赞助商帮你打通的宝藏屋和这条道路起点的宝藏屋) 。
请你编写程序为小明选定由赞助商打通的宝藏屋和之后开凿的道路,使得工程总代 价最小,并输出这个最小值。
输入输出格式
输入格式:
第一行两个用空格分离的正整数 n 和 m,代表宝藏屋的个数和道路数。
接下来 m 行,每行三个用空格分离的正整数,分别是由一条道路连接的两个宝藏 屋的编号(编号为 1~n),和这条道路的长度 v。
输出格式:
输出共一行,一个正整数,表示最小的总代价。
输入输出样例
输出样例#2:
5
题解:
做起这道题还是有点忧伤的qwq。想当初noip刚考完测民间数据时我的prim还能水个七八十分,然而官方数据只能水到45分=-=
如今学了状压dp,终于可以A掉这道题辣!(不懂状压dp的同学可以点这里)
我们枚举起点,用初始的状态往该状态能更新到的状态去更新,然后输出终态即可。
至于复杂度...可能是玄学吧=-= 下限是O(n*2^n),上限不清楚qaq
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define LL long long 7 #define RI register int 8 using namespace std; 9 const int INF = 0x7ffffff ; 10 const int N = 12 + 2 ; 11 12 inline int read() { 13 int k = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ; 14 for( ; !isdigit(c) ; c = getchar()) 15 if(c == '-') f = -1 ; 16 for( ; isdigit(c) ; c = getchar()) 17 k = k*10 + c-'0' ; 18 return k*f ; 19 } 20 int n, m ; int f[1<<N], g[N][N], dis[N] ; 21 22 void dfs(int s) { 23 for(int i=1;i<=n;i++) { 24 if(s&(1<<(i-1))) { // i在方案中 25 for(int j=1;j<=n;j++) { 26 if(!(s&(1<<(j-1))) && g[i][j] < INF) { // j不在方案中且能用i更新 27 if(f[s|(1<<(j-1))] > f[s]+dis[i]*g[i][j]) { 28 int t = dis[j] ; 29 dis[j] = dis[i]+1 ; 30 f[s|(1<<(j-1))] = f[s] + dis[i]*g[i][j] ; 31 dfs(s|(1<<(j-1))) ; 32 dis[j] = t ; 33 } 34 } 35 } 36 } 37 } 38 } 39 40 int main() { 41 n = read(), m = read() ; 42 for(int i=1;i<=n;i++) { 43 for(int j=1;j<=n;j++) g[i][j] = INF ; 44 } 45 int x, y, z ; 46 for(int i=1;i<=m;i++) { 47 x = read(), y = read(), z = read() ; 48 g[x][y] = min(g[x][y],z) ; g[y][x] = min(g[y][x],z) ; 49 } 50 int ans = INF ; 51 for(int i=1;i<=n;i++) { 52 for(int j=1;j<=n;j++) dis[j] = INF ; 53 for(int j=0;j<(1<<n);j++) f[j] = INF ; 54 f[1<<(i-1)] = 0 ; dis[i] = 1 ; 55 dfs(1<<(i-1)) ; 56 ans = min(ans,f[(1<<n)-1]) ; 57 } 58 printf("%d",ans) ; 59 return 0 ; 60 }