管道连接 bzoj-4006 JLOI-2015
题目大意：给定一张$n$个节点$m$条边的带边权无向图。并且给定$p$个重要节点，每个重要节点都有一个颜色。求一个边权和最小的边集使得颜色相同的重要节点互相连通。
注释：$1le c_i le p le 10$，$1le u_i,v_i,d_ile nle 10^3$，$0le mle 3cdot 10^3$，$0le w_ile 2cdot 10^4$。其中$c_i$和$d_i$分别是第$i$个节点的颜色和编号。
想法：发现这鬼东东和斯坦纳树很像啊。
我们先对$p$个点求出斯坦纳树，存入$f[s][i]$表示状态为$s$的重要节点被选取当前选到了$i$。
那么我们考虑怎么对这个颜色进行处理？
因为颜色个数也比较少对吧，不难想到状压$dp$（我当时就没想到$qwq$）。
$g[s]$表示状态为$s$的颜色满足条件（每个颜色属于$s$都已经内部连通）的最小代价。
转移的话，我们先设一个$now$表示的是所有颜色属于$s$的重要节点的编号的状态，那么$g[s]$就可以从$f[now][j]$转移过来（$j$是$now$中的任意一个节点。）
这个就表示$s$代表的所有重要节点互相连通的方案数。
因为不同的颜色互相可以不连通，所以我们枚举$s$的子集$t$，用$g[t]+g[s-t]$转移到$s$即可。
时间复杂度$O(3^pcdot n + 2^p cdot m logn)$。
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define N 1100
#define M 3010
using namespace std;
int head[N],to[M<<1],val[M<<1],nxt[M<<1],tot;
int c[20],d[20],f[N][N],g[N];
bool vis[N][N];
priority_queue<pair<int,int> >q; // 堆优化Dij
char *p1,*p2,buf[100000];
#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int rd() {int x=0,f=1; char c=nc(); while(c<48) {if(c=='-') f=-1; c=nc();} while(c>47) x=(((x<<2)+x)<<1)+(c^48),c=nc(); return x*f;}
inline void add(int x,int y,int z) {to[++tot]=y; val[tot]=z; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;}
int main()
{
memset(f,0x3f,sizeof f);
int n=rd(),m=rd(),p=rd();
for(int i=1;i<=m;i++) {int x=rd(),y=rd(),z=rd(); add(x,y,z),add(y,x,z);}
for(int i=1;i<=p;i++) c[i]=rd(),d[i]=rd(); // 分别记录节点颜色和编号
for(int i=1;i<=p;i++) f[1<<(i-1)][d[i]]=0;
int all=(1<<p)-1; // 表示所有重要节点的全集
for(int i=1;i<=all;i++) // 斯坦纳树
{
for(int j=i;j;j=(j-1)&i)
{
for(int k=1;k<=n;k++)
{
f[i][k]=min(f[i][k],f[j][k]+f[i-j][k]);
}
}
for(int j=1;j<=n;j++) q.push(make_pair(-f[i][j],j));
while(!q.empty())
{
int x=q.top().second; q.pop();
if(vis[i][x]) continue;
vis[i][x]=true;
for(int j=head[x];j;j=nxt[j]) if(f[i][to[j]]>f[i][x]+val[j])
{
f[i][to[j]]=f[i][x]+val[j];
q.push(make_pair(-f[i][to[j]],to[j]));
}
}
}
memset(g,0x3f,sizeof g);
for(int i=1;i<=all;i++) // 状压dp
{
int now=0; for(int j=1;j<=p;j++)
{
if(i&(1<<(c[j]-1)))
{
now|=(1<<(j-1));
}
}
for(int j=1;j<=n;j++) g[i]=min(g[i],f[now][j]);
for(int j=i;j;j=(j-1)&i) g[i]=min(g[i],g[j]+g[i-j]);
}
cout << g[all] << endl ;
return 0;
}
小结：这个斯坦纳树的题还是非常好的。不仅需要对斯坦纳树有点理解，对状压$dp$的使用还得比较灵活。
我当时就没想到后一步的状压$dp$。