ARC078F - Mole and Abandoned Mine

Solution

狀壓$dp$。

首先去掉邊最小=選取邊最大，答案為所有邊權(quán)和減掉選取邊權(quán)和，于是我們想要最大化選取的邊權(quán)和。

假設(shè)我們知道最后剩下的唯一一條$1...n$的路徑$v_1,v_2,v_3...v_k(v_1=1,v_k=n)$，顯然兩兩路徑上的點(diǎn)能連邊當(dāng)且僅當(dāng)它們相鄰。

然后我們在剩下的點(diǎn)中連邊，則會組成若干個連通塊，可以發(fā)現(xiàn)為了保證$1$到$n$路徑唯一，每個連通塊$S$最多和一個$1$到$n$路徑上的點(diǎn)$v_p$連邊，$v_p\cup S$這個集合內(nèi)的邊都可以隨便連，我們會把它們?nèi)x上。

于是問題就變成了選一條$1...n$的路徑，路徑上每一個點(diǎn)$v_i$連出去一個連通塊$S_i$，$C={\sum }_{i=1}^k{\sum }_{a,b}{d}_{a,b}(a,b\in \{v_i\}\cup S_i)+{\sum }_{i=1}^{k?1}{d}_{v_i,v_{i+1}}$，求$C_{max}$。

令$f_{S,j}$表示當(dāng)前路徑的末尾點(diǎn)是$j$，當(dāng)前選取了$S$中的點(diǎn)的最大的$C$，對于所有$S$，預(yù)處理${\sum }_{a,b}{d}_{a,b}(a,b\in S)$。

每次可以給$j$選擇$S_j$或者把在當(dāng)前路徑末尾加一個點(diǎn)$k$。
時間復(fù)雜度$O(3^{n}n)$。

注意給$j$選擇$S_j$時$j$與$S_j$中的點(diǎn)有沒有連邊無所謂，但是路徑末尾加$k$，$j$和$k$之間必須有連邊。

Code

#include <vector> #include <list> #include <map> #include <set> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <bitset> #include <algorithm> #include <functional> #include <numeric> #include <utility> #include <sstream> #include <iostream> #include <iomanip> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <string> #include <cstring> #include <ctime> #include <cassert> #include <string.h> //#include <unordered_set> //#include <unordered_map> //#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B) #define PB(A) push_back(A) #define SIZE(A) ((int)A.size()) #define LEN(A) ((int)A.length()) #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i) #define fi first #define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; } template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double lod; typedef pair<int,int> PR; typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11; const lod pi=acos(-1); const int oo=1<<30; const ll loo=1ll<<62; const int mods=998244353; const int MAXN=600005; const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567 /*--------------------------------------------------------------------*/ inline int read() {int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f; } int d[16][16],g[1<<15],f[1<<15][15]; signed main() {int n=read(),m=read(),sum=0;for (int i=1;i<=m;i++){int x=read()-1,y=read()-1,c=read();d[x][y]=d[y][x]=c,sum+=c;}for (int i=1;i<1<<n;i++){for (int j=0;j<n;j++)if ((i>>j)&1)for (int k=j+1;k<n;k++)if ((i>>k)&1) g[i]+=d[j][k];}for (int i=0;i<1<<n;i++)for (int j=0;j<n;j++) f[i][j]=-INF;f[1][0]=0;for (int i=1;i<1<<n;i++)for (int j=0;j<n;j++)if ((i>>j)&1){for (int k=0;k<n;k++)if (!((i>>k)&1)&&d[j][k]) upmax(f[i|(1<<k)][k],f[i][j]+g[(1<<j)|(1<<k)]);int S=((1<<n)-1)^i;for (int k=S;k;k=(k-1)&S) upmax(f[i|k][j],f[i][j]+g[k|(1<<j)]);}printf("%d\n",sum-f[(1<<n)-1][n-1]);return 0; }

總結(jié)

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