斯坦納樹。
一共有p個關鍵點:我們用乙個p位二進位制數表示是否包含這些關鍵點。
f[i][state]表示一定包含i點,至少包含關鍵點state的生成樹的最小費用,其中state是乙個二進位制數。
有2個轉移:
f[i][state]=min(其中s是state的子集)
f[i][state]=min(其中i號點和j號點有邊相連,費用為cost)
我們按state劃分階段,相同的state做spfa。
現在我們已經求出f了。
記dp[state]表示至少包含關鍵點state時的生成樹的最小費用,其實就是dp[state]=min(1<=i<=n)
我們還要判斷state是否合法,就是對於如果某種頻道出現在state中,那麼包含這種頻道的所有點都必須在state中。
但是現在dp[state]表示的還只是一棵生成樹。
答案可以是森林。
我們可以從state的子集更新:dp[state]=min(其中s是state的子集)
這樣就變成了森林了。
#include#includeview code#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
//#include適用於cf,uoj,但不適用於poj
using
namespace
std;
typedef
long
long
ll;typedef
double
db;typedef pair
pii;
typedef complex
cp;#define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
#define re(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);i++)
#define red(i,a,b) for(i=(a);i>=(b);i--)
#define ire(i,x) for(typedef(x.begin()) i=x.begin();i!=x.end();i++)
#define fi first
#define se second
#define m_p(a,b) make_pair(a,b)
#define p_b(a) push_back(a)
#define sf scanf
#define pf printf
#define two(k) (1<
inline t sqr(t x)
template
inline void upmin(t &t,t tmp)
template
inline void upmax(t &t,t tmp)
const db eps=1e-9
;inline
int sgn(db x)
const db pi=acos(-1.0
);inline
intgint()
for(;z!=eof && isdigit(z);res=res*10+z-'
0',z=getchar());
return (neg)?-res:res;
}inline ll gll()
for(;z!=eof && isdigit(z);res=res*10+z-'
0',z=getchar());
return (neg)?-res:res;
}const
int maxn=1000
;const
int maxm=3000
;const
int maxp=10
;const
int inf=0x3f3f3f3f
;int
n,m,p;
int now,first[maxn+100
];struct tedgeedge[2*maxm+100
];inline
void addedge(int u,int v,int
cost)
int bit[maxn+100
];int val[maxp+10
];int f[maxn+100][two(maxp)+10
];int vis[maxn+100][two(maxp)+10
];queue
q;inline
void
spfa()
}}int dp[two(maxp)+10
];#define wei(v,k) ((v>>((k)-1))&1)inline
int check(int
s)
intmain()
mmst(f,
0x3f
); re(i,
1,p)
int state,maxstate=two(p)-1
; re(state,
1,maxstate)
spfa();
}mmst(dp,
0x3f
); re(state,
1,maxstate)re(i,1
,n)upmin(dp[state],f[i][state]);
re(i,
1,maxstate)if
(check(i))
for(j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i)if
(check(j))
upmin(dp[i],dp[j]+dp[i-j]);
cout
return0;
}
bzoj4006 JLOI2015 管道連線
傳送門 思路 一眼看上去很像斯坦納樹 但是限制稍有不同,只要每種顏色的點聯通即可 也就是說最後可能是森林 我聽說裸寫斯坦納樹有90 所以我們要在外面再套一層dp f i j 還是斯坦納樹的狀態,i是以i為根,j是狀態為j 先用斯坦納樹求出每種聯通狀況的最小費用 再設dp i 表示i這個狀態的最小費用...
bzoj4006 JLOI2015 管道連線
小銘銘最近進入了某情報部門,該部門正在被如何建立安全的通道連線困擾。該部門有 n 個情報站,用 1 到 n 的整數編號。給出 m 對情報站 ui vi 和費用 wi,表示情 報站 ui 和 vi 之間可以花費 wi 單位資源建立通道。如果乙個情報站經過若干個建立好的通道可以到達另外乙個情報站,那麼這...
bzoj 4006 JLOI2015 管道連線
time limit 30 sec memory limit 128 mb submit 1062 solved 576 submit status discuss 小銘銘最近進入了某情報部門,該部門正在被如何建立安全的通道連線困擾。該部門有 n 個情報站,用 1 到 n 的整數編號。給出 m 對情...