这个好像就是板子题的样子。

但又没有板子的那么过分, 还有一点子集dp的小trick ?

好吧, 它就是个板子题。

传送门

题目大意

联通\((i, n-i+1)\)(\(1 \leqslant i \leqslant d\)) , 的最小花费。

解题报告

利用斯坦纳树的套路, 令\(F[S]\)表示联通状态为\(S\)的最小花费。

\(S\)需要记录的就是\(2*d\)个点的联通情况。

然后做一个子集\(dp\) , 因为题目中只是要求\((i,n-i+1)\)这样成对的两个点联通。

几对点之间可以不连通。

代码

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=int(a),nn=int(b);i<=nn;++i)
#define vep(i,a,b) for(int i=int(a),nn=int(b);i>=nn;--i)
#define xep(i,b) for(int i=0,nn=int(b);i<nn;++i)
const int N=10100;
const int maxs=310;
struct edge {
int nx,to,v; edge(int nx=0,int to=0,int v=0)
:nx(nx),to(to),v(v){}
} e[N<<1];
int hd[N], tot;
int n, m, d, D;
int f[N][maxs], g[maxs];
inline void in(int &x) {
char c=getchar(); int f=1;
for (;c<'0'||c>'9';c=getchar()) f=(c=='-'?-1:f);
for (x=0; c>='0'&&c<='9';c=getchar()) x=x*10+c-48;
x*=f;
}
inline void add(int x,int y,int v) {
e[++tot]=edge(hd[x],y,v); hd[x]=tot;
}
inline bool chk(int S) {
rep(i,1,d) if (((S>>(i-1))&1)^((S>>(D-i))&1)) return 0; return 1;
}
inline void cmn(int &x,int a) { x=(a<x?a:x); }
bool vs[N]; queue<int> q;
inline void spfa(int S) {
while (!q.empty()) {
int x=q.front(); q.pop(); vs[x]=0; int y;
for (int i=hd[x];i;i=e[i].nx)
if (y=e[i].to, f[x][S]+e[i].v<f[y][S]) {
f[y][S]=f[x][S]+e[i].v;
if (!vs[y]) q.push(y), vs[y]=1;
}
}
}
int main() {
in(n),in(m),in(d), D=d+d; int u,v,w;
xep(i,m) in(u),in(v),in(w), add(u,v,w), add(v,u,w);
memset(f,127/3, sizeof(f));
memset(g,127/3, sizeof(g));
for (int i=1; i<=d; ++i) f[i][1<<i-1]=f[n-i+1][1<<D-i]=0;
xep(S, 1<<D) {
rep(x, 1, n) {
for (int sub=S; sub; sub=(sub-1)&S)
cmn(f[x][S], f[x][sub]+f[x][S^sub]);
if (f[x][S]<f[0][0]) q.push(x);
}
spfa(S);
}
xep(S, 1<<D) if (chk(S)) rep(i,1,n) cmn(g[S], f[i][S]);
xep(S, 1<<D) for (int sub=S; sub; sub=(sub-1)&S)
cmn(g[S], g[sub]+g[S^sub]);
if (g[(1<<D)-1]>=f[0][0]) puts("-1");
else printf("%d\n", g[(1<<D)-1]);
return 0;
}

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