标签：题意 欧拉路径 nbsp 多次 必须 ++ space mes oid
题意：
带权无向图上的中国邮路问题：一名邮递员需要经过每条边至少一次，最后回到出发点，一条边多次经过权值要累加，问最小总权值是多少。（2 <= N <= 15, 1 <= M <= 1000）
解析：
每条边都要至少经过一次， 如果每条边只能经过一次，那么是不是就是一个欧拉回路的问题，但无向图的欧拉回路必须保证 每个点的度数为偶数
所以如果有某个点的度数为奇数，那就比较尴尬了。。。
因为一条边有两个端点， 所以如果有奇数点，那么奇数点的个数一定是个偶数
我们先假设在这个无向图中有两个奇点分别为s 和 t，那么根据欧拉路径 s 一定可以经过所有边一次 然后到t ， 但我们还要回去，那么是不是走t 到 s 的最短路就好了
那么最短路算法求出这个原图中是t - s的最短路 添加到原图中，是不是就是一个欧拉回路！
同理 如果奇点个数大于2 ，那么我们就建一个二分图，把这些点分别放到左边 和 右边，每两个点的边权为它们之间的最短路，求最小权匹配就好了
然后把求出来的这些匹配 添加到原图中 求欧拉回路
但这题的n比较小 用状压去枚举所有的情况 dp一下就好了
#include <bits/stdc++.h> #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) using namespace std; const int maxn = 10010, INF = 0x7fffffff; int head[maxn], d[maxn], vis[maxn], deg[maxn], dp[1 << 15 + 1]; int n, m, cnt; vector<int> odd; int way[20][20]; struct node { int u, v, w, next; }Node[maxn]; void add_(int u, int v, int w) { Node[cnt].u = u; Node[cnt].v = v; Node[cnt].w = w; Node[cnt].next = head[u]; head[u] = cnt++; } void add(int u, int v, int w) { add_(u, v, w); add_(v, u, w); } int spfa(int s, int t) { for(int i = 0; i < maxn; i++) d[i] = INF; queue<int> Q; mem(vis, 0); Q.push(s); vis[s] = 1; d[s] = 0; while(!Q.empty()) { int u = Q.front(); Q.pop(); vis[u] = 0; for(int i = head[u]; i != -1; i = Node[i].next) { node e = Node[i]; if(d[e.v] > d[u] + e.w) { d[e.v] = d[u] + e.w; if(!vis[e.v]) { Q.push(e.v); vis[e.v] = 1; } } } } // cout << s << " " << t << endl; // cout << d[t] << endl; return d[t]; } void init() { mem(head, -1); mem(way, -1); cnt = 0; } int main() { init(); int edge_sum = 0; int u, v, w; cin >> n >> m; for(int i = 0; i < m; i++) { cin >> u >> v >> w; add(u, v, w); deg[u]++; deg[v]++; // way[u][v] = way[v][u] = w; edge_sum += w; } for(int i = 0; i < n; i++) if(deg[i] & 1) odd.push_back(i); //n的数比较小 所以用状压dp枚举所有情况 即可 int len = odd.size(); for(int i = 0; i < (1 << len); i++) dp[i] = INF; dp[0] = 0; for(int mask = 0; mask < (1 << len); mask++) { int ncnt = __builtin_popcount(mask); //统计mask中有多少个1 if(ncnt & 1) continue; vector<int> bits; //bits[i]代表了mask第bits[i]位有1 同时也是odd里的第bits[i]个数的下标 for(int i = 0; i < len; i++) if(mask & (1 << i)) bits.push_back(i); // int blen = bits.size(); for(int i = 0; i < ncnt - 1; i++) { for(int j = i + 1; j < ncnt; j++) { int sp_mask = mask ^ (1 << bits[i]) ^ (1 << bits[j]); int u = odd[bits[i]], v = odd[bits[j]]; int shost_path = way[u][v] == -1 ? spfa(u, v) : way[u][v]; way[u][v] = way[v][u] = shost_path; dp[mask] = min(dp[mask], dp[sp_mask] + shost_path); } } } cout << edge_sum + dp[(1 << len) - 1] << endl; return 0; }
Chinese Postman Problem Aizu - DPL_2_B（无向图中国邮路问题）
标签：题意 欧拉路径 nbsp 多次 必须 ++ space mes oid
原文地址：https://www.cnblogs.com/WTSRUVF/p/9747741.html
