HDU 5711 Ingres (状压DP+优先队列贪心)*

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5711

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define read(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define ll long long

#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define root l,r,rt
typedef pair<int,int> pii;
const int  maxn =20;
const int mod=1e9+7;
const ll INF =1e18+7;
ll powmod(ll x,ll y){ll t; for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod; return t;}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
/*
题目大意：给定一张图，有点权，有边权，
要求在走出去又回到原点的所有情况中，要求
路径权值和不超过L,每个点hack次数不超过k，
每次hack一次当前点权减轻b[i],
在上述限制中求获得点权的最大值。

看题解了。。。比较难又比较妙。。。
首先对于传统的这种状压题目，
套路少不了，floyd求点对之间的最短路，
然后枚举状态情况，然后扩展状态，
那么对于这题，对于符合要求的当前状态，
我们用优先队列进行贪心，
因为状态固定，剩下的就是对哪些点hack的次数分配问题，
我们用优先队列搞一下，
把状态中的所有点丢到优先队列中，
然后依次从中取，（题目意思也有点绕）
贪心的取k次即可，统计答案。


*/

int a[maxn],b[maxn],g[maxn][maxn];
int dp[1<<17][20];///状压数组
int vis[1<<17];///标记数组
int tmp,ans;
int n,m,k,l,x,y,z;

int main()
{
    int t;scanf("%d",&t);
    for(int ca=1;ca<=t;ca++)
    {
        memset(dp,0xf,sizeof(dp));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(g,0xf,sizeof(g));g[0][0]=0;
        scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&l);///不超过k次，路径长度不超过l
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),g[i][i]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
        for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),g[x][y]=min(g[x][y],z),g[y][x]=g[x][y];
        for(int k=0;k<=n;k++) for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j<=n;j++) g[i][j]=min(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]);
        ans=dp[0][0]=0;
        for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        {
            for(int j=0;j<=n;j++) if(dp[i][j]<=l)
            {
                if(i&(1<<j)==0) continue;///枚举状态中的出发点
                if(dp[i][j]+g[j][0]<=l) vis[i]=1;///记录可行状态
                for(int q=0;q<n;q++)  if(q+1==j||(i&(1<<q))) continue;
                 else   dp[i|1<<q][q+1]=min( dp[i][j]+g[j][q+1] , dp[i|1<<q][q+1]);
            }
            if(vis[i])///该状态可行
            {
                priority_queue<pii> pq;
                for(int j=0;j<n;j++)  if(i&(1<<j)) pq.push(pii(a[j+1],b[j+1]));
                if(pq.empty()) continue;
                tmp=0;
                for(int m=1;m<=k;m++)
                {
                    tmp+=pq.top().first;
                    pq.push( pii(max(pq.top().first-pq.top().second,0),pq.top().second) );
                    pq.pop();
                }
                ans=max(ans,tmp);
            }
        }
        printf("Case %d: %d\n",ca,ans);
    }
    return 0;
}