@ysner
2018-09-18T20:16:47.000000Z
字数 2091
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DP
状压DP
这确实是一道搜索可以过的题。。。
一般的暴力,就是枚举出发点,记录下当前已到过哪些点,以及每个点的深度(值),然后对每个状态枚举走的下一条路的起点和终点。
当然,最优性剪枝谁都会。
这样复杂度。可以获得。
然而我们可以再加剪枝。
对于出发点相同的同一状态,如果当前到达当前状态的费用比以前的大,就可以停止搜索。
这样就可以。。。
显然这个剪枝是有问题的,因为后面的结果还受当前状态中每个点的深度的影响。也可能当前不优,最后能最优呢。
给一组数据一下。(来自洛谷讨论版)
正确答案。我的代码去掉剪枝是,加上剪枝。
我原来的代码
il void upd(re int &x,re int y){x=x<y?x:y;}
il void dfs(re int tag,re int sum)
{
if(sum>=ans) return;
if(tag==(1<<n)-1) {upd(ans,sum);return;}
fp(s,1,n)
if(d[s])
fp(t,1,n)
if(!d[t]&&mp[s][t]!=inf)
{
re int nxt=tag|(1<<t-1),res=sum+d[s]*mp[s][t];
if(f[nxt]>res)//剪枝
{
d[t]=d[s]+1;
f[nxt]=res;
dfs(nxt,res);
d[t]=0;
}
}
}
int main()
{
n=gi();m=gi();
fp(i,0,19) fp(j,0,19) mp[i][j]=inf;
fp(i,1,m)
{
re int u=gi(),v=gi(),w=gi();
mp[u][v]=mp[v][u]=min(mp[u][v],w);
}
fp(i,1,n)
{
memset(d,0,sizeof(d));memset(f,63,sizeof(f));
d[i]=1;f[1<<i-1]=0;
dfs(1<<i-1,0);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
下面来谈一谈有理有据的算法。
用二进制表示结点集合,设表示点在当时可走点的集合为的情况下,下一步走的距离最小是多少。
此时点深度也是确定的,所以也能保证答案最小。
再设表示当前加入深度为的点,此时已加入点集合为的最小代价。
然后按照深度依次更新值,就没有后效性的问题了。
具体来说,是先枚举深度,再枚举加完点后的集合,再枚举其子集(即加点前的集合)。最后在加点前的集合中枚举出发点,以统计的和。
复杂度。
所以这题应该放的。。。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define max(a,b) (((a)>(b))?(a):(b))
#define min(a,b) (((a)<(b))?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=13,inf=5e6;
int n,m,all,dis[N][N],f[N][1<<N],dp[N][1<<N],s;
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int main()
{
n=gi();m=gi();all=(1<<n)-1;
fp(i,0,12) fp(j,0,12) dis[i][j]=inf;
fp(i,0,12) fp(j,0,(1<<N)-1) f[i][j]=dp[i][j]=inf;
fp(i,1,m)
{
re int u=gi(),v=gi(),w=gi();
dis[u][v]=dis[v][u]=min(dis[u][v],w);
}
fp(i,1,n)
fp(j,0,all)
fp(k,1,n)
if((j>>k-1)&1) f[i][j]=min(f[i][j],dis[i][k]);
fp(i,1,n) dp[1][1<<i-1]=0;
fp(i,2,n)
fp(j,0,all)
for(re int k=j;k;k=(k-1)&j)
{
s=0;
fp(l,1,n)
if(((j^k)>>l-1)&1) s+=f[l][k];
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][k]+s*(i-1));
}
printf("%d\n",dp[n][all]);
return 0;
}