綠色計算大賽決賽 第二階段 消息傳遞（斯坦納樹 狀壓dp+spfa）
阿新 • • 發佈：2018-11-14
com end clu $$ 如果 void ati ron ***
函數參數說明如下：
cost_e = {{1, 2, 2}, {1, 3, 2}, {2, 3, 2}};
employees = {1, 2};
cost_b = {1, 1000}; Output 3 題意 給出n個點的完全圖，另外還有一個點，向其中的m個點連有向邊。求至少包含這個點和m個點的最小連通圖，並輸出最小的邊權和。 分析 首先，問題是求最小邊集，邊的有向無向其實不重要，所以從單獨的點連向m個點的那些有向邊，可以直接看成無向邊，因此單獨的點和那m個點是完全相同的，不用再單獨考慮；
斯坦納樹的求解貌似是一個NP問題，做法基本還是暴力，但是因為這道題數據量很小，所以是可做的。推薦一篇大佬分析斯坦納樹的博客。
因為特殊點最多只有11個，所以暴力搜可以從K入手，先大致生成K個點的一個生成樹，再看能不能借用其他N-K個點形成的網絡的一部分來降低花費。
具體地來說，把狀態定義為$$$(i, (a_1a_2...a_k)_{bin})$$$，表示以$$$i$$$號節點為根的一棵樹，$$$a_j$$$為1則表示$$$i$$$至少與第$$$j$$$個特殊點是連通的。
現在用$$$state$$$簡記$$$(a_1a_2...a_k)_{bin}$$$，那麽$$$dp[i][state]$$$記錄狀態$$$(i,state)$$$的最小花費，有下面兩個轉移方程：
$$$$$$ \begin{align} & dp[i][state]=min_{substate\subset state}\{dp[i][substate]+dp[i][state-substate]\} \ & dp[i][state]=min\{dp[i][state],dp[j][state]+w(i,j)\} \end{align} $$$$$$ 對這塊理解不是很到位，以下可能有不嚴謹之處。
第一層轉移，對於固定的$$$i$$$，大的$$$state$$$的$$$dp$$$用$$$substate$$$的dp求出並取最小，相當於用兩棵小的樹可以合並成一棵大一點的樹。
然後第二層轉移，所有的生成樹大致長什麽樣都知道了，但很可能還不是最優的，還要進一步減少花費。轉移方程的形式其實很像求最短路的形式，對於固定的$$$state$$$，相當於把它們合並為一個新的點，並且就以這個點為起點，在新的圖上跑一次最短路，也就是借用其他的點$$$j$$$對原來的邊進行了松弛。
搜索完所有的狀態以後，任意一個特殊點$$$X$$$，則$$$dp[X][{1...1}]$$$就是我們要求的斯坦納樹的最小花費。
比賽的時候想到的錯誤算法：
代碼
以每個點為根都有$$$2^k$$$個$$$state$$$，求解每一個都遍歷了其所有$$$substate$$$。含$$$x$$$個$$$1$$$的state共$$$C_k^x$$$個，$$$substate$$$數量都是$$$2^x$$$，所以復雜度為
$$$$$$\begin{align} & n\cdot\sum{C_k^x\cdot 2^x}\ =& n\cdot\sum{C_k^x\cdot 1^{k-x}\cdot 2^x}\ =& (1+2)^kn =3^kn \end{align}$$$$$$ 此外，對每個$$$state$$$，都要跑一遍$$$spfa$$$，因為是稠密圖，如果按spfa的最壞情況來看就是:
$$$$$$\begin{align} & 2^k\cdot O(spfa)\ =& 2^k\cdot O(VE)\ =& 2^k\cdot O(n\cdot \frac{n(n-1)}{2})\ =& 2^k\cdot O(n^3)\ \end{align}$$$$$$ 最終復雜度為$$$O(3^kn+2^kn^3)=O(2^kn^3)$$$，大約在3e8左右，但是實際上很快，十組樣例只跑了14.408秒，可能是因為$$$spfa$$$的復雜度只有$$$O(kE)$$$吧，也有可能是因為數據比較水233。
傳送門
Description 作為公司老板的你手下有N個員工，其中有M個特殊員工。現在，你有一個消息需要傳遞給你的特殊員工。因為你的公司業務非常緊張，所以你和員工之間以及員工之間傳遞消息會造成損失。因此，你希望只告訴一部分特殊員工，然後依靠員工之間傳遞消息，使得所有的特殊員工都能獲得要傳遞的消息，同時使得損失最小。同時，你不關心要傳遞的消息是否經過了其它員工。求最小的損失。 Constraint 補全右側代碼區中的int solve(int N, vector cost_e, vector employees, vector cost_b)函數，完成挑戰任務中提出的要求：返回最小的損失。函數參數說明如下：
- int N：員工個數（2 <= N <= 50），員工編號從1到N；
- vector<DeliveryCost> cost_e：員工之間傳遞消息的損失，員工cost_e[i].u和cost_e[i].v之間傳遞消息的損失為cost_e[i].cost。數據保證任意兩個員工之間傳遞消息的損失只出現一次，整個數組長度為N(N-1)/2。（1 <= cost <= 1000）
- vector<int> employees：特殊員工的編號，個數為M（1 <= M <= 10)；
- vector<int> cost_b：你傳遞給每個特殊員工的損失，與employees一一對應。（1 <= cost <= 1000）
cost_e = {{1, 2, 2}, {1, 3, 2}, {2, 3, 2}};
employees = {1, 2};
cost_b = {1, 1000}; Output 3 題意 給出n個點的完全圖，另外還有一個點，向其中的m個點連有向邊。求至少包含這個點和m個點的最小連通圖，並輸出最小的邊權和。 分析 首先，問題是求最小邊集，邊的有向無向其實不重要，所以從單獨的點連向m個點的那些有向邊，可以直接看成無向邊，因此單獨的點和那m個點是完全相同的，不用再單獨考慮；
斯坦納樹的求解貌似是一個NP問題，做法基本還是暴力，但是因為這道題數據量很小，所以是可做的。推薦一篇大佬分析斯坦納樹的博客。
因為特殊點最多只有11個，所以暴力搜可以從K入手，先大致生成K個點的一個生成樹，再看能不能借用其他N-K個點形成的網絡的一部分來降低花費。
具體地來說，把狀態定義為$$$(i, (a_1a_2...a_k)_{bin})$$$，表示以$$$i$$$號節點為根的一棵樹，$$$a_j$$$為1則表示$$$i$$$至少與第$$$j$$$個特殊點是連通的。
現在用$$$state$$$簡記$$$(a_1a_2...a_k)_{bin}$$$，那麽$$$dp[i][state]$$$記錄狀態$$$(i,state)$$$的最小花費，有下面兩個轉移方程：
$$$$$$ \begin{align} & dp[i][state]=min_{substate\subset state}\{dp[i][substate]+dp[i][state-substate]\} \ & dp[i][state]=min\{dp[i][state],dp[j][state]+w(i,j)\} \end{align} $$$$$$ 對這塊理解不是很到位，以下可能有不嚴謹之處。
第一層轉移，對於固定的$$$i$$$，大的$$$state$$$的$$$dp$$$用$$$substate$$$的dp求出並取最小，相當於用兩棵小的樹可以合並成一棵大一點的樹。
然後第二層轉移，所有的生成樹大致長什麽樣都知道了，但很可能還不是最優的，還要進一步減少花費。轉移方程的形式其實很像求最短路的形式，對於固定的$$$state$$$，相當於把它們合並為一個新的點，並且就以這個點為起點，在新的圖上跑一次最短路，也就是借用其他的點$$$j$$$對原來的邊進行了松弛。
搜索完所有的狀態以後，任意一個特殊點$$$X$$$，則$$$dp[X][{1...1}]$$$就是我們要求的斯坦納樹的最小花費。
比賽的時候想到的錯誤算法：
- 網絡流：
- 從單獨的點出發->特殊點, 特殊點<->其他點, 特殊點->匯點）。
- 錯誤原因：正解的流出量可以大於流入量，導致費用大的邊也被選擇，或者一條邊對答案貢獻多次。
- 縮邊
- 找K個特殊點，兩兩之間的最短路，縮為一條邊，構造新的圖，求K個點的最小生成樹
- 錯誤原因：特殊點之間的最短路可以分叉，縮邊會對分叉前的公共部分重復計算。
代碼
#include <stdio.h> #include<queue> #include<vector> #include <memory.h> using std::queue; using std::vector; /* *dp： *dp[i][st] 包含第i個點，且至少和state為1的關鍵點相連的最小花費 *轉移 *dp[i][st]=Min{dp[i][st],dp[i][st-sub]+dp[i][sub]} 分解為兩個 *dp[i][st]=Min{dp[i][st],dp[j][st]+w(i,j)} i和j有邊，關鍵點外面的部分spfa一下 */ #define INF 0x3f3f3f3f #define maxn 55 int g[maxn][maxn]; int dp[maxn][1 << 12]; queue<int> help; int N,K; int vis[maxn]; struct DeliveryCost { int u; int v; int cost; }; void spfa(int cs){ while(!help.empty()) { int id = help.front();help.pop(); vis[id] = 0; for(int i=1;i<=N;++i){ if (id == i || g[id][i] == INF)continue; if(dp[i][cs]>dp[id][cs]+g[id][i]){ dp[i][cs] = dp[id][cs] + g[id][i]; if(!vis[i]){ vis[i] = 1; help.push(i); } } } } } int solve(int n, vector<DeliveryCost> cost_e, vector<int> employees, vector<int> cost_b) { /*********begin*********/ memset(g, 0x3f, sizeof g); memset(dp, 0x3f, sizeof dp); //建圖 //員工到員工 int sz = cost_e.size(); int tu, tv, tc; for(int i=0;i<sz;i++) { tu = cost_e[i].u; tv = cost_e[i].v; tc = cost_e[i].cost; g[tu][tv] = tc; g[tv][tu] = tc; } //老板到特殊員工 K = cost_b.size(); for(int i=0;i<K;i++) { g[n + 1][employees[i]] = cost_b[i]; g[employees[i]][n+1] = cost_b[i]; dp[employees[i]][1 << i] = 0; } dp[n + 1][1 << K] = 0; K++; N=n+1; int limit = (1 << K) - 1; //第一層轉移 for(int sta=0;sta<=limit;sta++) {//遍歷state for(int i=1;i<=N;i++) { for(int s=sta;s;s=(s-1)&sta) //遍歷substate if(dp[i][s]+dp[i][sta-s]<dp[i][sta]) dp[i][sta] = dp[i][s] + dp[i][sta - s]; if (dp[i][sta] < INF) {//i-sta被松弛，放入隊列 help.push(i); vis[i] = 1; } } //第二層轉移 spfa(sta); } //N是特殊點中的一個 return dp[N][limit]; /*********end*********/ } int main(){ //測試一下樣例 int n = 3; vector<DeliveryCost>cost_e{ { 1, 2, 2 },{ 1, 3, 2 },{ 2, 3, 2 } }; vector<int> employees{ 1,2 }; vector<int> cost_b{ 1,1000 }; printf("%d",solve(n, cost_e, employees, cost_b)); }總結 雖然過了，還是來算一下復雜度吧
以每個點為根都有$$$2^k$$$個$$$state$$$，求解每一個都遍歷了其所有$$$substate$$$。含$$$x$$$個$$$1$$$的state共$$$C_k^x$$$個，$$$substate$$$數量都是$$$2^x$$$，所以復雜度為
$$$$$$\begin{align} & n\cdot\sum{C_k^x\cdot 2^x}\ =& n\cdot\sum{C_k^x\cdot 1^{k-x}\cdot 2^x}\ =& (1+2)^kn =3^kn \end{align}$$$$$$ 此外，對每個$$$state$$$，都要跑一遍$$$spfa$$$，因為是稠密圖，如果按spfa的最壞情況來看就是:
$$$$$$\begin{align} & 2^k\cdot O(spfa)\ =& 2^k\cdot O(VE)\ =& 2^k\cdot O(n\cdot \frac{n(n-1)}{2})\ =& 2^k\cdot O(n^3)\ \end{align}$$$$$$ 最終復雜度為$$$O(3^kn+2^kn^3)=O(2^kn^3)$$$，大約在3e8左右，但是實際上很快，十組樣例只跑了14.408秒，可能是因為$$$spfa$$$的復雜度只有$$$O(kE)$$$吧，也有可能是因為數據比較水233。
綠色計算大賽決賽 第二階段 消息傳遞（斯坦納樹 狀壓dp+spfa）