【洛谷P6085】吃货 JYY

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P6085
世界上一共有 (N) 个 JYY 愿意去的城市，分别从 (1) 编号到 (N)。JYY 选出了 (K) 个他一定要乘坐的航班。除此之外，还有 (M) 个 JYY 没有特别的偏好，可以乘坐也可以不乘坐的航班。
一个航班我们用一个三元组 ((x,y,z)) 来表示，意义是这趟航班连接城市 (x) 和 (y)，并且机票费用是 (z)。每个航班都是往返的，所以 JYY 花费 (z) 的钱，既可以选择从 (x) 飞往 (y)，也可以选择从 (y) 飞往 (x)。
南京的编号是 (1)，现在 JYY 打算从南京出发，乘坐所有 K 个航班，并且最后回到南京，请你帮他求出最小的花费。
(nleq 13,kleq 78,mleq 200)。

思路

最终选出的肯定是一个回路。所以我们可以把每个点度数的奇偶性状压一下进行 dp。
设 (f[s]) 表示状态为 (s) 时的最小代价。对于每一个点，(0) 表示不在当前连通块中，(1) 表示度数为奇数，(2) 表示度数为偶数。把这个三进制状压起来当做状态 (s)。
转移的话就枚举在连通块内的一个点 (i)，以及一个连通块外的点 (j)，然后考虑把 (i) 和 (j) 连起来。
如果 (i,j) 之间有必须走的边，那么直接转移并且不用计算长度。否则需要更新 (i,j) 的度数并加上 (i,j) 之间最短路的长度。
统计答案需要再预处理出 (g[s]) 表示集合 (s) 内的点度数是奇数，把他们两两连接的最小代价。注意这里的 (s) 是二进制。
最后枚举每一种三进制的状态，把其中度数为奇数的点拿出来加上 (g) 的贡献，取最小值后加上所有必须走的边的长度即可。
时间复杂度 (O(n^2(3^n+2^n)))。

代码

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

const int N=15,M=1594330,Inf=1e9;
int n,m1,m2,ans,sum,S,dis[N][N],pw[N],f[M],g[M];
bool v[N][N],vis[N];
queue<int> q;

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m1);
	memset(dis,0x3f3f3f3f,sizeof(dis));
	for (int i=1,x,y,z;i<=m1;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		dis[x][y]=dis[y][x]=min(dis[x][y],z);
		sum+=z; v[x][y]=v[y][x]=vis[x]=vis[y]=1;
		S^=(1<<x-1)^(1<<y-1);
	}
	vis[1]=1;
	scanf("%d",&m2);
	for (int i=1,x,y,z;i<=m2;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		dis[x][y]=dis[y][x]=min(dis[x][y],z);
	}
	for (int k=1;k<=n;k++)
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=1;j<=n;j++)
				if (i!=j && j!=k && i!=k)
					dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
	memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f));
	pw[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		pw[i]=pw[i-1]*3; f[pw[i-1]*2]=0;
		q.push(pw[i-1]*2);
	}
	while (q.size())
	{
		int s=q.front(); q.pop();
		for (int j=1,ss;j<=n;j++)
			if (!((s/pw[j-1])%3))
				for (int i=1;i<=n;i++)
					if ((s/pw[i-1])%3)
						if (!v[i][j])
						{
							if ((s/pw[i-1])%3==1) ss=s+pw[j-1]+pw[i-1];
								else ss=s+pw[j-1]-pw[i-1];
							if (f[ss]>Inf) q.push(ss);
							f[ss]=min(f[ss],f[s]+dis[i][j]);
						}
						else
						{
							ss=s+2*pw[j-1];
							if (f[ss]>Inf) q.push(ss);
							f[ss]=min(f[ss],f[s]);
						}
	}
	memset(g,0x3f3f3f3f,sizeof(g));
	g[0]=0; ans=Inf;
	for (int s=0;s<(1<<n);s++)
		for (int i=1;i<=n;i++)
			if (s&(1<<i-1))
				for (int j=i+1;j<=n;j++)
					if (s&(1<<j-1))
						g[s]=min(g[s],g[s^(1<<i-1)^(1<<j-1)]+dis[i][j]);
	for (int s=0;s<pw[n];s++)
	{
		int ss=0; bool flag=1;
		for (int i=0;i<n;i++)
		{
			if ((s/pw[i])%3==1) ss+=(1<<i);
			if (vis[i+1] && !((s/pw[i])%3)) { flag=0; break; }
		}
		if (flag) ans=min(ans,f[s]+g[ss^S]);
	}
	cout<<ans+sum;
	return 0;
}