CF1430G Yet Another DAG Problem

题目来源：CodeForces, Educational Round 96, edu96, CF1430G Yet Another DAG Problem

题目大意

给定一张 (n) 个点 (m) 条边的有向无环图（DAG），第 (i) 条边从 (x_i) 通向 (y_i)，且有一个边权 (w_i)。

现在请你给每个点 (v) 构造一个整数点权 (a_v) ((0leq a_vleq 10^9))。对每条边 (i)，我们设 (b_i = a_{x_i} - a_{y_i})。你构造的点权必须满足：

• 所有 (b_i) 都是正数。
• 最小化 (sum_{i = 1}^{m}w_ib_i)。

请给出构造方案。可以证明方案一定存在。

数据范围：(1leq nleq 18)，(1leq mleqfrac{n(n-1)}{2})，(1leq x_i,y_ileq n)，(1leq w_ileq10^5)。保证无自环，无重边。

本题题解

记 DAG 的节点集合为 (V)，边集为 (E)。

考虑给 DAG 分层。满足对所有 ((x o y)in E)，(x) 的层数小于 (y) 的层数。每层点权相同。层数越大，点权越小。确定分层后，我们很容易按层数从大到小，推出每个点的点权。

分层的过程可以用一个状压 DP 来实现。设 (f(S)) 表示考虑了前若干层，包含了 (S) 里的这些节点。

转移时考虑下一层有哪些节点，设为 (T)。首先，(T) 与 (S) 交一定为空。第二，所有能到达 (T) 中至少一个点的点，都已经出现在了 (S) 中，即：(forall u in T,forall (v o u)in E:vin S)。枚举所有这样的 (T)，从 (f(S)) 转移到 (f(Scup T))。

考虑转移的系数。所有从 (S) 连出的边，若终点不在 (S) 里，则至少都在下一层。所以转移的代价是：(displaystyle sum_{(u o v)in E,uin S,v otin s} w_{u,v})。也就是说，我们把一条边的代价，分摊到了它跨过的每一层里：它每跨过一层（转移一次），代价就增加 (w)。

因为 (T) 是 (S) 的补集的子集，枚举所有 (T) 的时间复杂度之和是 (O(3^n)) 的。我们预处理出：(1) 每个点集 (S) 的转移代价；(2) 每个点集 (S) 的入点集合（因为要判断 (T) 是否属于该集合）。总时间复杂度 (O(2^nn+3^n))。

参考代码

// problem: CF1430G
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }

const int MAXN = 18;
const ll LL_INF = 1e18;
inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }

int n, m, w[MAXN + 5][MAXN + 5];
int id[1 << MAXN];
ll oute_sumw[1 << MAXN];
int ine[MAXN + 5], ine_union[1 << MAXN];
ll dp[1 << MAXN];
int frm[1 << MAXN];
int ans[MAXN + 5];
void get_ans(int mask, int cur_val) {
	if (!mask)
		return;
	int pre_mask = frm[mask];
	int new_add = (mask ^ pre_mask);
	for (int i = new_add; i; i -= lowbit(i)) {
		ans[id[lowbit(i)]] = cur_val;
	}
	get_ans(pre_mask, cur_val + 1);
}
int main() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		int u, v, _w;
		cin >> u >> v >> _w;
		w[u][v] = _w;
		ine[v] |= (1 << (u - 1));
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) id[1 << (i - 1)] = i;
	for (int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
		int u = id[lowbit(i)];
		ll sum_from_u = 0;
		ll sum_from_i_to_u = 0;
		for (int j = 1; j <= n; ++j) {
			if ((i >> (j - 1)) & 1)
				sum_from_i_to_u += w[j][u];
			else
				sum_from_u += w[u][j];
		}
		oute_sumw[i] = (oute_sumw[i - lowbit(i)] + sum_from_u - sum_from_i_to_u);
		ine_union[i] = (ine_union[i - lowbit(i)] | ine[u]);
	}
	for (int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
		dp[i] = LL_INF;
	}
	for (int i = 0; i < (1 << n) - 1; ++i) {
		if (dp[i] == LL_INF)
			continue;
		int rest = (((1 << n) - 1) ^ i);
		for (int j = rest; j; j = ((j - 1) & rest)) {
			// 下一层: j
			if ((ine_union[j] & i) == ine_union[j]) {
				// j 的所有入点都在 i 中
				if (dp[i + j] > dp[i] + oute_sumw[i]) {
					dp[i + j] = dp[i] + oute_sumw[i];
					frm[i + j] = i;
				}
			}
		}
	}
	get_ans((1 << n) - 1, 1);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		cout << ans[i] << " 
"[i == n];
	return 0;
}