Chinese Postman Problem Aizu - DPL_2_B（无向图中国邮路问题）

Posted 2021-01-10 wtsruvf

 题意：

　　带权无向图上的中国邮路问题：一名邮递员需要经过每条边至少一次，最后回到出发点，一条边多次经过权值要累加，问最小总权值是多少。（2 <= N <= 15, 1 <= M <= 1000）

解析：

　　每条边都要至少经过一次， 如果每条边只能经过一次，那么是不是就是一个欧拉回路的问题，但无向图的欧拉回路必须保证 每个点的度数为偶数

所以如果有某个点的度数为奇数，那就比较尴尬了。。。

　　因为一条边有两个端点， 所以如果有奇数点，那么奇数点的个数一定是个偶数

　　我们先假设在这个无向图中有两个奇点分别为s 和 t，那么根据欧拉路径 s 一定可以经过所有边一次 然后到t ， 但我们还要回去，那么是不是走t 到 s 的最短路就好了

那么最短路算法求出这个原图中是t - s的最短路  添加到原图中，是不是就是一个欧拉回路！

　　同理 如果奇点个数大于2 ，那么我们就建一个二分图，把这些点分别放到左边 和 右边，每两个点的边权为它们之间的最短路，求最小权匹配就好了

　　然后把求出来的这些匹配 添加到原图中  求欧拉回路

　　但这题的n比较小  用状压去枚举所有的情况  dp一下就好了

　　

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
const int maxn = 10010, INF = 0x7fffffff;
int head[maxn], d[maxn], vis[maxn], deg[maxn], dp[1 << 15 + 1];
int n, m, cnt;
vector<int> odd;
int way[20][20];
struct node
{
    int u, v, w, next;
}Node[maxn];

void add_(int u, int v, int w)
{
    Node[cnt].u = u;
    Node[cnt].v = v;
    Node[cnt].w = w;
    Node[cnt].next = head[u];
    head[u] = cnt++;
}

void add(int u, int v, int w)
{
    add_(u, v, w);
    add_(v, u, w);
}

int spfa(int s, int t)
{
    for(int i = 0; i < maxn; i++) d[i] = INF;
    queue<int> Q;
    mem(vis, 0);
    Q.push(s);
    vis[s] = 1;
    d[s] = 0;
    while(!Q.empty())
    {
        int u = Q.front(); Q.pop();
        vis[u] = 0;
        for(int i = head[u]; i != -1; i = Node[i].next)
        {
            node e = Node[i];
            if(d[e.v] > d[u] + e.w)
            {
                d[e.v] = d[u] + e.w;
                if(!vis[e.v])
                {
                    Q.push(e.v);
                    vis[e.v] = 1;
                }
            }
        }
    }
//    cout << s << "   " << t << endl;
//    cout << d[t] << endl;
    return d[t];
}

void init()
{
    mem(head, -1);
    mem(way, -1);
    cnt = 0;
}

int main()
{
    init();
    int edge_sum = 0;
    int u, v, w;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 0; i < m; i++)
    {
        cin >> u >> v >> w;
        add(u, v, w);
        deg[u]++;
        deg[v]++;
     //   way[u][v] = way[v][u] = w;
        edge_sum += w;
    }
    for(int i = 0; i < n; i++) if(deg[i] & 1) odd.push_back(i);


    //n的数比较小 所以用状压dp枚举所有情况 即可
    int len = odd.size();
    for(int i = 0; i < (1 << len); i++) dp[i] = INF;
    dp[0] = 0;
    for(int mask = 0; mask < (1 << len); mask++)
    {
        int ncnt = __builtin_popcount(mask);    //统计mask中有多少个1
        if(ncnt & 1) continue;
        vector<int> bits;           //bits[i]代表了mask第bits[i]位有1  同时也是odd里的第bits[i]个数的下标
        for(int i = 0; i < len; i++)
            if(mask & (1 << i)) bits.push_back(i);
       // int blen = bits.size();
        for(int i = 0; i < ncnt - 1; i++)
        {
            for(int j = i + 1; j < ncnt; j++)
            {
                int sp_mask = mask ^ (1 << bits[i]) ^ (1 << bits[j]);
                int u = odd[bits[i]], v = odd[bits[j]];
                int shost_path = way[u][v] == -1 ? spfa(u, v) : way[u][v];
                way[u][v] = way[v][u] = shost_path;
                dp[mask] = min(dp[mask], dp[sp_mask] + shost_path);
            }
        }
    }

    cout << edge_sum + dp[(1 << len) - 1] << endl;


    return 0;
}