题解:[ABC395G] Minimum Steiner Tree 2

KKK 的数据范围异常小,引导我们往状压上思考。

dpst,ydp_{st,y}dpst,y 表示已经包含 1∼k1\sim k1k 以及 xxx ,与 yyy 建立联系的最小花费,其中 1∼k1\sim k1k 以及 xxx 可以用 2k+12^{k + 1}2k+1 种状态来表示。枚举 ststst 中包含 xxx,存在以下两种方式:

  1. 对于同一个 yyy,通过子集枚举来转移:

dpst,y=dpT,y+dpst⊕T,y dp_{st,y} = dp_{T,y} + dp_{st\oplus T,y} dpst,y=dpT,y+dpstT,y

  1. 对于不同的 yyy,需要一个中间点 kkk,这就想到可以通过最短路的方式进行状态的更新:

dpst,y=dpst,k+Ck,y dp_{st,y} = dp_{st,k} + C_{k,y} dpst,y=dpst,k+Ck,y

最后的时间复杂度为 O(n23k+n22klog⁡n)O(n^2 3^k + n^2 2^k \log n)O(n23k+n22klogn),代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
#define init(x) memset (x,INF,sizeof (x))
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pii pair <ll,int>
using namespace std;
const int MAX = 85;
const int MOD = 1e9 + 7;
inline int read ();
int n,m,q,c[MAX][MAX],vis[MAX];ll ans[MAX][MAX],dp[1 << 9][MAX];
//dp[st][y] 已经包含 1-k(包含一个 x) ,与 y 建立联系的最小花费 
//dp[st][y] = dp[T][y] + dp[T ^ st][y] O(3^k)
//dp[st][y] = dp[sy][k] + dis[k][y] 
void dijkstra (ll *dis);
void solve (int x);
int main ()
{
	//freopen (".in","r",stdin);
	//freopen (".out","w",stdout);
	n = read ();m = read ();
	for (int i = 0;i < n;++i)
		for (int j = 0;j < n;++j) c[i][j] = read ();
	for (int i = 0;i < n;++i) solve (i);
	q = read ();
	while (q--)
	{
		int x = read (),y = read ();
		printf ("%lld\n",ans[--x][--y]);
	}
	return 0;
}
inline int read ()
{
    int s = 0;int f = 1;
    char ch = getchar ();
    while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != EOF)
	{
        if (ch == '-') f = -1;
        ch = getchar ();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
	{
        s = s * 10 + ch - '0';
        ch = getchar ();
    }
    return s * f;
}
void solve (int x) //[st] 包含 x 
{
	init (dp);
	dp[1 << m][x] = 0; 
	for (int i = 0;i < m;++i) dp[1 << i][i] = 0;
	for (int S = 0;S < (1 << (m + 1));++S)
	{
		for (int i = 0;i < n;++i)
			for (int T = S & (S - 1);T;T = (T - 1) & S)
				dp[S][i] = min (dp[S][i],dp[T][i] + dp[T ^ S][i]);
		dijkstra (dp[S]);	
	}
	for (int i = 0;i < n;++i) ans[x][i] = dp[(1 << (m + 1)) - 1][i];
}
void dijkstra (ll *dis)
{
	priority_queue <pii> q;
	for (int i = 0;i < n;++i) q.push ({-dis[i],i}),vis[i] = 0;
	while (!q.empty ())
	{
		int u = q.top ().second;q.pop ();
		if (vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		for (int v = 0;v < n;++v)
			if (dis[v] > dis[u] + c[u][v]) dis[v] = dis[u] + c[u][v],q.push ({-dis[v],v});
	}
}
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