P4294 [WC2008]游览计划

本文深入解析斯坦纳树问题的动态规划解法,通过详细阐述状态转移方程及SPFA算法的应用,解决给定图中关键点的最小生成树权值问题。文章包括核心代码实现,提供对树合并与扩展操作的理解,以及如何正确维护状态和路径。

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斯坦纳树

给一个联通图,求 $k$ 个关键点联通的最小生成树权值

设 $f[o][i]$ 表示当前关键点选择状态为 $o$ ,以点 $i$ 为根的树的最小权值

初始 $f[1<<(i-1)][i]=val[i]$ ,$val[i]$ 表示点 $i$ 的权值

那么从小到大枚举状态 $o$

对于每一个状态枚举 $o$ 的真子集 $op$,

则 $f[o][i]=min(f[o][i],f[o-op][i]+f[op][i]-val[i])$ 注意代价要减去 $val[i]$ ,因为两个状态合并时点 $i$ 的代价会算两次

这样转移还不够,还要考虑一个树自己扩展出去

所以枚举与根 $i$ 相连的点 $v$

则 $f[o][v]=min(f[o][v],f[o][i]+val[v])$ ,这样dp的顺序不好确定,但是发现这个很像 SPFA 的式子,所以用 SPFA 来进行转移

总结一下,对于每个状态,先考虑树的合并,再考虑树的扩展

至于为什么这样做是对的呢:

感性理解一下,这样显然会考虑到所有的情况,所以是对的2333....

SPFA时以 $f[o][i]!=INF$ 为起点

因为此题要输出路径,所以维护一个 $fa[o][i]$ 存状态 $o,i$ 是从哪两个子树合并的,对于扩展的子树就特殊处理一下

骚操作:枚举一个状态的真子集 : $for(int op=(o-1)&o;op;op=(op-1)&o)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=27,M=2027,INF=1e9+7;
int fir[M],from[M<<3],to[M<<3],cntt;
void add(int &a,int &b)
{
    from[++cntt]=fir[a]; fir[a]=cntt;
    to[cntt]=b;
}
int n,m,K,tot;
int val[M],pos[N],id[N][N];
int f[M][M];
bool inq[M],mp[N][N];
struct path {
    int o1,x1,o2,x2;
}fa[M][M];
void SPFA(int p)
{
    queue <int> q;
    for(int i=1;i<=tot;i++) if(f[p][i]<INF) q.push(i),inq[i]=1;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front(); q.pop();  inq[x]=0;
        for(int i=fir[x];i;i=from[i])
        {
            int &v=to[i];
            if(f[p][v]>f[p][x]+val[v])
            {
                f[p][v]=f[p][x]+val[v];
                fa[p][v]=(path){p,x,-1,v};//扩展的子树特殊处理成-1
                if(!inq[v]) q.push(v),inq[v]=1;
            }
        }
    }
}
void dfs(int o,int x)
{
    int o1=fa[o][x].o1,x1=fa[o][x].x1,o2=fa[o][x].o2,x2=fa[o][x].x2;
    if(!(o1|x1|o2|x2)) return;
    dfs(o1,x1);
    if(o2==-1) mp[(x2-1)/m+1][(x2-1)%m+1]=1;//如果是-1则说明此点有志愿者
    else dfs(o2,x2);//否则向下一个子树转移
}
int main()
{
    //freopen("data.in","r",stdin);
    //freopen("data.out","w",stdout);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    n=read(),m=read(); tot=n*m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            id[i][j]=(i-1)*m+j;//把点缩起来
            val[id[i][j]]=read();
            if(!val[id[i][j]]) pos[++K]=id[i][j];
            if(j>1) add(id[i][j-1],id[i][j]),add(id[i][j],id[i][j-1]);
            if(i>1) add(id[i-1][j],id[i][j]),add(id[i][j],id[i-1][j]);
        }
    int mx=(1<<K)-1;
    for(int i=1;i<=K;i++) f[1<<i-1][pos[i]]=0;
    SPFA(0);
    for(int o=1;o<=mx;o++)
    {
        for(int j=1;j<=tot;j++)
            for(int op=(o-1)&o;op;op=(op-1)&o)
                if(f[o][j]>f[o^op][j]+f[op][j]-val[j])
                {
                    f[o][j]=f[o^op][j]+f[op][j]-val[j];
                    fa[o][j]=(path){o-op,j,op,j};
                }
        SPFA(o);
    }
    int ans=INF,rt=0;
    for(int i=1;i<=tot;i++) if(f[mx][i]<ans) ans=f[mx][i],rt=i;
    dfs(mx,rt);
    printf("%d\n",ans);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            if(!val[id[i][j]]) printf("x");
            else if(mp[i][j]) printf("o");
            else printf("_");
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/LLTYYC/p/10340445.html

# P4074 [WC2013] 糖果公园 ## 题目描述 Candyland 有一座糖果公园,公园里不仅有美丽的风景、好玩的游乐项目,还有许多免费糖果的发放点,这引来了许多贪吃的小朋友来糖果公园游玩。 糖果公园的结构十分奇特,它由 $n$ 个游览点构成,每个游览点都有一个糖果发放处,我们可以依次将游览点编号为 $1$ 至 $n$。有 $n - 1$ 条双向道路连接着这些游览点,并且整个糖果公园都是连通的,即从任何一个游览点出发都可以通过这些道路到达公园里的所有其它游览点。 糖果公园所发放的糖果种类非常丰富,总共有 $m$ 种,它们的编号依次为 $1$ 至 $m$。每一个糖果发放处都只发放某种特定的糖果,我们用 $C_i$ 来表示 $i$ 号游览点的糖果。 来到公园里游玩的游客都不喜欢走回头路,他们总是从某个特定的游览点出发前往另一个特定的游览点,并游览途中的景点,这条路线一定是唯一的。他们经过每个游览点,都可以品尝到一颗对应种类的糖果。 大家对不同类型糖果的喜爱程度都不尽相同。 根据游客们的反馈打分,我们得到了糖果的美味指数, 第 $i$ 种糖果的美味指数为 $V_i$。另外,如果一位游客反复地品尝同一种类的糖果,他肯定会觉得有一些腻。根据量化统计,我们得到了游客第 $i$ 次品尝某类糖果的新奇指数 $W_i$。如果一位游客第 $i$ 次品尝第 $j$ 种糖果,那么他的愉悦指数 $H$ 将会增加对应的美味指数与新奇指数的乘积,即 $V_j \times W_i$。这位游客游览公园的愉悦指数最终将是这些乘积的和。 当然,公园中每个糖果发放点所发放的糖果种类不一定是一成不变的。有时,一些糖果点所发放的糖果种类可能会更改(也只会是 $m$ 种中的一种),这样的目的是能够让游客们总是感受到惊喜。 糖果公园的工作人员小 A 接到了一个任务,那就是根据公园最近的数据统计出每位游客游玩公园的愉悦指数。但数学不好的小 A 一看到密密麻麻的数字就觉得头晕,作为小 A 最好的朋友,你决定帮他一把。 ## 输入格式 从文件 `park.in` 中读入数据。 第一行包含三个正整数 $n, m, q$, 分别表示游览点个数、 糖果种类数和操作次数。 第二行包含 $m$ 个正整数 $V_1, V_2, \ldots, V_m$。 第三行包含 $n$ 个正整数 $W_1, W_2, \ldots, W_n$。 第四行到第 $n + 2$ 行,每行包含两个正整数 $A_i, B_i$,表示这两个游览点之间有路径可以直接到达。 第 $n + 3$ 行包含 $n$ 个正整数 $C_1, C_2, \ldots, C_n$。 接下来 $q$ 行, 每行包含三个整数 $Type, x, y$,表示一次操作: - 若 $Type$ 为 $0$,则 $1 \leq x \leq n$, $1 \leq y \leq m$,表示将编号为 $x$ 的游览点发放的糖果类型改为 $y$; - 若 $Type$ 为 $1$,则 $1 \leq x, y \leq n$,表示对出发点为 $x$,终止点为 $y$ 的路线询问愉悦指数。 ## 输出格式 输出到文件 `park.out` 中。 按照输入的先后顺序,对于每个 $Type$ 为 $1$ 的操作输出一行,用一个正整数表示答案。 ## 输入输出样例 #1 ### 输入 #1 ``` 4 3 5 1 9 2 7 6 5 1 2 3 3 1 3 4 1 2 3 2 1 1 2 1 4 2 0 2 1 1 1 2 1 4 2 ``` ### 输出 #1 ``` 84 131 27 84 ``` ## 说明/提示 【样例解释】 我们分别用 ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/isw3ib3u.png) 代表 $C_i$ 为 $1$、 $2$、 $3$ 的节点,在修改之前: ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/ttkzii1u.png) 在将 $C_2$ 修改为 $1$ 之后: ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/izro364w.png) 【数据规模与约定】 对于所有的数据: $1 \leq V_i, W_i \leq 10^6$,$1 \leq A_i, B_i \leq n$, $1 \leq C_i \leq m$, $W_1, W_2, \ldots, W_n$ 是非递增序列,即对任意 $1 < i \leq n$, 满足 $W_i \le W_{i-1}$。 其它的限制条件如下表所示: ![QQ20180113072014.png](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/g6884nx1.png) #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const ll N=2e6; struct node{ ll l,r,f,t,ans; }a[N+5]; struct node1{ ll x,y; }b[N+5]; ll n,m,q; ll c[N+5],v[N+5],w[N+5]; ll cnta,cntb; ll lenb,blk[N+5]; ll fst[N+5],lst[N+5],dfn[N+5],dfnn; ll xl[N+5],xll; ll sum[N+5]; vector<ll> e[N+5]; ll lp=1,rp,s,now; ll cntc[N+5],jl[N+5]; ll st[N+5][21],dep[N+5]; inline ll read() { ll x=0,f=1; char c=getchar(); while (c<'0' || c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); } while (c>='0' && c<='9') { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } return x*f; } bool cmp(node l1,node l2){ if(blk[l1.l]==blk[l2.l]){ if(blk[l1.r]==blk[l2.r]){ return l1.t<l2.t; } return blk[l1.r]<blk[l2.r]; } return blk[l1.l]<blk[l2.l]; } bool cmpf(node l1,node l2){ return l1.f<l2.f; } ll get(ll col,ll x){ return sum[x]*v[col]; } void dfs(ll x,ll fa){ fst[x]=++dfnn; dfn[dfnn]=x; dep[x]=dep[fa]+1; st[x][0]=fa; xl[x]=++xll; for(ll y:e[x]){ if(y==fa) continue; dfs(y,x); } lst[x]=++dfnn; dfn[dfnn]=x; return; } void add(ll p){ ll x=dfn[p],col=c[x]; jl[x]++; if(jl[x]==2){ s-=get(col,cntc[col]); cntc[col]--; s+=get(col,cntc[col]); return; } s-=get(col,cntc[col]); cntc[col]++; s+=get(col,cntc[col]); return; } void del(ll p){ ll x=dfn[p],col=c[x]; jl[x]--; if(jl[x]==1){ s-=get(col,cntc[col]); cntc[col]++; s+=get(col,cntc[col]); return; } s-=get(col,cntc[col]); cntc[col]--; s+=get(col,cntc[col]); return; } void addd(ll col){ s-=get(col,cntc[col]); cntc[col]++; s+=get(col,cntc[col]); return; } void dell(ll col){ s-=get(col,cntc[col]); cntc[col]--; s+=get(col,cntc[col]); return; } void solve(ll l,ll r,ll t,ll &ans){ while(l<lp){ lp--; add(lp); } while(lp<l){ del(lp); lp++; } while(rp<r){ rp++; add(rp); } while(r<rp){ del(rp); rp--; } while(now<t){ now++; // cout<<l<<"oooooo"<<r<<endl; ll col=c[b[now].x],x=b[now].x; if(((l<=fst[x] && fst[x]<=r) || (l<=lst[x] && lst[x]<=r)) && jl[x]!=2){ dell(col); swap(c[b[now].x],b[now].y); col=c[b[now].x]; addd(col); } else swap(c[b[now].x],b[now].y); } while(now>t){ // cout<<l<<"rrrrrrrrr"<<r<<endl; ll col=c[b[now].x],x=b[now].x; if(((l<=fst[x] && fst[x]<=r) || (l<=lst[x] && lst[x]<=r)) && jl[x]!=2){ dell(col); swap(c[b[now].x],b[now].y); col=c[b[now].x]; addd(col); } else swap(c[b[now].x],b[now].y); now--; } // cout<<lp<<"ooooooooooooooo"<<rp<<endl; ans=s; return; } ll lca(ll x,ll y){ if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y); for(ll i=20;i>=0;i--){ ll xx=st[x][i]; if(dep[xx]>=dep[y]) x=xx; } if(x==y) return x; for(ll i=20;i>=0;i--){ ll xx=st[x][i],yy=st[y][i]; if(xx!=yy) x=xx,y=yy; } return st[x][0]; } int main(){ // freopen("P4074_4.in","r",stdin); n=read(),m=read(),q=read(); lenb=pow(n*2.0,2.0/3.0); ll sx=1; for(ll i=1;i<=2*n;i++){ blk[i]=sx; if(i%lenb==0) sx++; } for(ll i=1;i<=m;i++) v[i]=read(); for(ll i=1;i<=n;i++){ w[i]=read(); sum[i]=sum[i-1]+w[i]; } for(ll i=1;i<n;i++){ ll x,y; x=read(),y=read(); e[x].push_back(y); e[y].push_back(x); } for(ll i=1;i<=n;i++) c[i]=read(); for(ll i=1;i<=q;i++){ ll op; op=read(); if(op==0){ cntb++; b[cntb].x=read(),b[cntb].y=read(); } else{ cnta++; a[cnta].l=read(),a[cnta].r=read(); a[cnta].t=cntb,a[cnta].f=cnta; } } dfs(1,0); for(ll i=1;i<=20;i++){ for(ll j=1;j<=n;j++){ st[j][i]=st[st[j][i-1]][i-1]; // cout<<j<<" "<<i<<" "<<st[4][0]<<endl; } } // for(ll i=1;i<=n;i++){ // cout<<fst[i]<<"ooo"<<lst[i]<<endl; // } // return 0; sort(a+1,a+cnta+1,cmp); for(ll i=1;i<=cnta;i++){ ll x=a[i].l,y=a[i].r,lcaa=lca(x,y),xx,yy,ff=0; if(lcaa==x){ ff=1; xx=fst[x],yy=fst[y]; } else if(lcaa==y){ ff=1; xx=fst[y],yy=fst[x]; } else{ if(xl[x]>xl[y]) swap(x,y); xx=lst[x],yy=fst[y]; } // cout<<xx<<" "<<yy<<" "<<ff<<endl; solve(xx,yy,a[i].t,a[i].ans); if(!ff){ ll col=c[lcaa]; // cout<<lcaa<<endl; a[i].ans+=w[cntc[col]+1]*v[col]; } // printf("%lld\n",i); } sort(a+1,a+cnta+1,cmpf); for(ll i=1;i<=cnta;i++) printf("%lld\n",a[i].ans); return 0; } TLE,求调
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