题目描述
给定n个点，m条双向边的图。其中有k个点是重要的。每条边都有一定的长度。
现在要你选定一些边来构成一个图，要使得k个重要的点相互连通，求边的长度和的最小值。
输入
共m+2行
第1行：n,k,m，n个点，k个重要的点，m条边；
第2行共K个点
第3至第m+2行,每行包括3个数字,a,b,c,表示有一条从a到b长度为c的双向路径
k<=5
n<=10^5
1<=m<=2*(10^5)
输出
共1行，即最小长度和
样例输入
4 3 6
1 3 4
1 2 4
1 3 9
1 4 6
2 3 2
2 4 5
3 4 8
样例输出
11
题解
斯坦纳树裸题
斯坦纳树：给出一些点，选出若干条边使得这些点连通，求总边权的最值。
斯坦纳树是NP问题，不存在多项式时间内的解法，求解方法是状压dp。
设 $f[i][j]$ 表示选择若干条边，使得状态为 $i$ 的给定点连通，并且当前可以选择下一条边的端点为 $j$ 的最小边权和。初始状态 $f[2^i][pos[i]]=0$ ，其中 $pos[i]$ 为第 $i$ 个给定点的编号。
那么我们对于每个 $i$ 和 $j$ ，首先枚举 $i$ 的子集 $k$ ，用 $f[k][j]+f[i-k][j]$ 更新 $f[i][j]$ 。
然后再考虑同层转移：如果 $x$ 与 $y$ 边权为 $z$ ，用 $f[i][x]+z$ 更新 $f[i][y]$ ，用 $f[i][y]$ 更新 $f[i][x]$ 。容易发现这个转移就是最短路，因此使用堆优化Dijkstra跑一遍得出所有的 $f[i][j]$ 。
最终答案就是 $min\{f[2^k-1][i]\}$
时间复杂度 $O(3^k·n+2^k·m\log n)$
本来该是我的一血的 >_<
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
typedef long long ll;
queue<int> q;
int head[N] , to[N << 2] , next[N << 2] , cnt , inq[33][N];
ll len[N << 2] , f[33][N];
inline char nc()
{
static char buf[100000] , *p1 , *p2;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf , 1 , 100000 , stdin) , p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ;
}
inline int read()
{
int ret = 0; char ch = nc();
while(!isdigit(ch)) ch = nc();
while(isdigit(ch)) ret = ((ret + (ret << 2)) << 1) + (ch ^ ‘0‘) , ch = nc();
return ret;
}
inline void add(int x , int y , ll z)
{
to[++cnt] = y , len[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
int main()
{
int n = read() , p = read() , m = read() , i , j , k , x , y;
ll z , ans = 1ll << 62;
memset(f , 0x3f , sizeof(f));
for(i = 0 ; i < p ; i ++ ) f[1 << i][read()] = 0;
for(i = 0 ; i < m ; i ++ ) x = read() , y = read() , z = read() , add(x , y , z) , add(y , x , z);
for(i = 1 ; i < (1 << p) ; i ++ )
{
for(j = i ; j ; j = i & (j - 1))
for(k = 1 ; k <= n ; k ++ )
f[i][k] = min(f[i][k] , f[j][k] + f[i ^ j][k]);
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) inq[i][j] = 1 , q.push(j);
while(!q.empty())
{
x = q.front() , q.pop() , inq[i][x] = 0;
for(j = head[x] ; j ; j = next[j])
{
if(f[i][to[j]] > f[i][x] + len[j])
{
f[i][to[j]] = f[i][x] + len[j];
if(!inq[i][to[j]]) inq[i][to[j]] = 1 , q.push(to[j]);
}
}
}
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) ans = min(ans , f[(1 << p) - 1][i]);
printf("%lld\n" , ans);
return 0;
}
