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寶藏(NOIP2017)

Description

參與考古挖掘的小明得到了一份藏寶圖，藏寶圖上標出了 n 個深埋在地下的寶藏屋， 也給出了這 n 個寶藏屋之間可供開發的m 條道路和它們的長度。

小明決心親自前往挖掘所有寶藏屋中的寶藏。但是，每個寶藏屋距離地面都很遠， 也就是說，從地面打通一條到某個寶藏屋的道路是很困難的，而開發寶藏屋之間的道路 則相對容易很多。

小明的決心感動了考古挖掘的贊助商，贊助商決定免費贊助他打通一條從地面到某 個寶藏屋的通道，通往哪個寶藏屋則由小明來決定。

在此基礎上，小明還需要考慮如何開鑿寶藏屋之間的道路。已經開鑿出的道路可以 任意通行不消耗代價。每開鑿出一條新道路，小明就會與考古隊一起挖掘出由該條道路 所能到達的寶藏屋的寶藏。另外，小明不想開發無用道路，即兩個已經被挖掘過的寶藏 屋之間的道路無需再開發。

新開發一條道路的代價是：

\[L×K\]

L代表這條道路的長度，K代表從贊助商幫你打通的寶藏屋到這條道路起點的寶藏屋所經過的 寶藏屋的數量（包括贊助商幫你打通的寶藏屋和這條道路起點的寶藏屋） 。

請你編寫程序為小明選定由贊助商打通的寶藏屋和之後開鑿的道路，使得工程總代 價最小，並輸出這個最小值。

Input Format

第一行兩個用空格分離的正整數 n,m，代表寶藏屋的個數和道路數。

接下來 m 行，每行三個用空格分離的正整數，分別是由一條道路連接的兩個寶藏 屋的編號（編號為 1?n），和這條道路的長度 v。

Output Format

一個正整數，表示最小的總代價。

Sample Input

4 5 
1 2 1 
1 3 3 
1 4 1 
2 3 4 
3 4 1 

Sample Output

4

解析

簡單概括題意：給出一副無向圖,每條邊都有一個權值且均未開通,先可以隨便取一個起點,要開通一些邊,使它成為一個連通圖,開通一條邊的代價為這條邊的權值*起點到它的點的個數(起點也算),求最小代價。
數據範圍\(N<=12\)，基本上可以確定是狀壓\(DP\)了。我們直接最簡單地設置狀態:\(f[S]\)代表以及取的節點的狀態為S的最小代價，那麽目標狀態就是\(f[(1<<n)-1]\)。
如果考慮遞推求解的話，我們發現需要計算花費的深度會很難枚舉，這就導致了\(DP\)

由於起點不是確定的，我們需要用一重循環來枚舉起點，然後以\(1<<(root-1)\)為初始狀態，對每一種情況進行一次記憶化搜索，記搜的大體思路如下：

1.對於狀態\(S\)，枚舉一個點\(i\)，滿足\(i \in S\)
2.在枚舉一個點\(j\)，滿足\(i,j\)有邊相連且\(j \notin S\)
3.狀態轉移方程:\(f[S']=min{f[S]+depth[i]*dis[i][j]}\)
4.更新新加入的節點j的深度
5.搜索下一個狀態\(S'\)
6.回溯還原節點j的深度

最後在每一種情況的目標狀態中取個\(min\)就是最終的答案了，時間復雜度\(O(n^32^n)\)。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=15,M=10015,Smax=(1<<N)+20,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,dis[N][N],f[Smax],depth[N],ans=INF;
inline void input(void)
{
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v,val;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&val);
        dis[u][v]=dis[v][u]=min(dis[u][v],val);
    }
}
inline void Search(int S)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if((1<<(i-1))&S)
        {
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                if(not ((1<<(j-1))&S)&&(dis[i][j]<INF))
                {
                    if(f[S|(1<<(j-1))]>f[S]+depth[i]*dis[i][j])
                    {
                        int temp=depth[j];
                        depth[j]=depth[i]+1;
                        f[S|(1<<(j-1))]=f[S]+depth[i]*dis[i][j];
                        Search(S|(1<<(j-1)));
                        depth[j]=temp;
                    }                   
                }
            }
        }
    }
}
inline void solve(void)
{
    for(int root=1;root<=n;root++)
    {
        memset(f,0x3f,sizeof f);
        memset(depth,0x3f,sizeof depth);
        f[1<<(root-1)]=0;
        depth[root]=1;
        Search(1<<(root-1));
        ans=min(ans,f[(1<<n)-1]);
    }
}
int main(void)
{
    input();
    solve();
    printf("%d\n",ans);
}

<後記>