NOIP2017[提高组] 宝藏 题解

解析

我们观察范围可以发现n非常的小，(一般来说不是搜索就是状压dp)所以说对于这题我们可以用记忆化搜索或者dp，我们发现起点不同那么最终答案也就不同，也就是说答案是跟起点有关的，于是我们便可以想到去枚举每个起点，那么我们可以定义状态 $ f[i] $ 表示当前状态为 $ i $ 的时候最小花费，那么我们可以写出状态转移方程

$ f[x|(1<<(j-1))]=min(f[x]+dis[i]* d[i][j],f[x|(1<<(j-1))]) $

((1<<(j-1))&x)==0 && $ d[i][j]!=INF $)

其中x表示当前状态，当前状态中 $ j $ 号宝藏屋还没开发，并且 $ i->j $有路, $ dis[i] $ 表示 i 是第几个开发的。

代码

#include
using namespace std;
const int INF=1<<30;
int n,m,u,v,z,ans=INF,d[25][25],dis[25],f[10100];
void find(int x){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if((1<<(i-1))&x){//在x这个状态中i已经开发了
            for(int j=1;j<=n;j++){
                if(((1<<(j-1))&x)==0&&d[i][j]!=INF){//j未开发且i可以到j
                    if(f[x|(1<<(j-1))]>f[x]+dis[i]*d[i][j]){
                        int tmp=dis[j];
                        dis[j]=dis[i]+1;
                        f[x|(1<<(j-1))]=f[x]+dis[i]*d[i][j];
                        find(x|(1<<(j-1)));
                        dis[j]=tmp;//回溯
                    }
                } 
            }
             
        }
    }   
}
int main(){
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i){//初始化
        for(int j=1;j<=n;++j){
            d[i][j]=INF;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;++i){//m<=1000所以会有重复路径
        scanf("%d %d %d",&u,&v,&z);
        d[u][v]=min(d[u][v],z);
        d[v][u]=min(d[v][u],z);
    }
    for(int o=1;o<=n;++o){//枚举起点
        for(int i=1;i<=n;++i) dis[i]=INF;
        for(int i=1;i<=(1<