题解-AtCoder ARC-078F Mole and Abandoned Mine
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了题解-AtCoder ARC-078F Mole and Abandoned Mine相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
problem
题意概要:给定一个 \(n\) 点 \(m\) 边简单无向图(无自环无重边),边有费用,现切去若干条边,使得从 \(1\) 到 \(n\) 有且仅有一条简单路径,求最小化花费。
\(n\le 15, n-1\le m\le \binom n2\)
Solution
看到 \(n\leq 15\) 大概就能猜到复杂度是 \(O(3^n)\) 左右的,然后直接思考用斯坦纳树咋解,无果。
开始思考最终局面的情况,一定是有一条 \(1\) 到 \(n\) 的路径,且不能存在其他路径连接这条路径上的两个点。换句话说,就是从每个点出发且只走非路径边的话只能到达一个路径上的点。
考虑原问题要求最小化删边费用,对应上面的做法容易想到要转换为最大化留下来的边权和
把图画出来,大概是说路径上每个点下头都挂上了若干个集合,而由于要最大化比边权和,所以每个集合内部的所有边均予以保留。
那么就很容易得到一个dp:设 \(f[i][S]\) 表示在路径(最终连接 \(1\) 和 \(n\) 的路径)上走到了 \(i\),并且集合 \(S\) 内的点已经挂在了前头,那么有两种转移:
- 在路径上更进一步:\(f[i][S] \rightarrow f[j][S\cup \j\]\),增加权值为连接 \(i,j\) 的边权
- 在当前点挂一个集合:\(f[i][S]\rightarrow f[i][S\cup T]\),增加权值为集合 \(T\) 内所有边的边权和
那么只要预处理一个 \(g[S]\) 表示集合 \(S\) 内的边权和,这一步可以暴力求,复杂度 \(O(2^nn^2)\)
再进行转移,转移时需要枚举子集(对于全局而言,枚举补集的子集和枚举子集复杂度相当),复杂度 \(O(n3^n)\)
总复杂度 \(O(2^nn^2+n3^n)\)
Code
#include <cstdio>
#define bin(x) (1<<(x))
#define b(x) (1<<(x)>>1)
inline void cmax(int&x, const int y) x < y && (x = y);
const int N = 17, M = 40100;
int f[N][M], g[M];
int mp[N][N];
int n, m;
int main()
scanf("%d%d",&n,&m); int Ans = 0;
for(int i=1,x,y,z;i<=m;++i)
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z), Ans += z;
mp[x][y] = mp[y][x] = z;
for(int s=0;s<bin(n);++s)
int&v = g[s];
for(int i=1;i<=n;++i) if(s & b(i))
for(int j=i+1;j<=n;++j) if(s & b(j)) v += mp[i][j];
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<bin(n);++j)
f[i][j] = -1;
f[1][1] = 0;
for(int S=1;S<bin(n);++S)
for(int i=1;i<=n;++i) if((S & b(i)) and ~f[i][S])
for(int j=1;j<=n;++j) if((~S & b(j)) and mp[i][j]) cmax(f[j][S|b(j)], f[i][S] + mp[i][j]);
for(int iS=(bin(n)-1)^S, s = iS; s; s = (s-1) & iS)
cmax(f[i][S|s], f[i][S] + g[s|b(i)]);
printf("%d\n", Ans - f[n][bin(n)-1]);
return 0;
以上是关于题解-AtCoder ARC-078F Mole and Abandoned Mine的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章
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