最小生成树
定义：在无向图\(G=(V,E)\)中，一颗连接所有节点的树(无根树)被称为这个无向图的生成树，其中边权之和最小的那一颗被称为最小生成树
定理：最小生成树一定包含无向图中权值最小的边
证明：
反证法，假设无向图G=(V,E)存在一颗最小生成树不包含权值最小的边，把这条边加入最小生成树集合之后会形成一个环，这个环上任意一条边都比新加入的边的权值大，任意断开一条可以得到一个权值和更小的生成树，假设不成立，故命题成立
推论：
给定一张无向图\(G=(V,E),n=|V|,m=|E|\)从\(E\)中选出\(k<n-1\)条边组成\(G\)的一个生成森林，若再从剩余\(m-k\)条边中选\(n-1-k\)条加入生成森林使其变成一颗生成树，并且选出的边权值最小，则该生成树一定包含这\(m-k\)条边中连接生成森林的两个不连通节点的权值最小的边
Kruskal算法
\(Kruskal\)算法就是基于上述推论的。\(Kruskal\)算法总是维护无向图的最小生成森林，最初可以认为生成森林是由零条边构成，每个节点各自构成一颗仅包含一个节点的树
在任意时刻\(Kruskal\)算法从剩余的边中选出一条权值最小的，并把这条边的两个端点属于的生成树连通，图中节点的连接情况可以用并查集维护
详细的说，步骤如下
- 建立并查集，每个点各自构成一个集合
- 把所有边按权值从小到大排序，依次扫描每一条边\((u,v,w)\)
- 如果\(u,v\)属于同一集合，忽略，继续扫描下一条
- 将答案累加上\(w\)，并合并\(u,v\)所在集合
- 重复3.4直到所有边扫描完成
时间复杂度为\(O(m\log m)\)
struct node{
int u,v,w;
bool operator<(const node b)const{
w<b.w;
}
}a[100005];
int f[100005],n,m,ans;
int find(int x){return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&a[i].u,&a[i].v,&a[i].w);
sort(a+1,a+m+1);
for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=find(a[i].u),v=find(a[i].v);
if(u==v)continue;
f[u]=v;
ans+=a[i].w;
}
printf("%d",ans);
}
Prim
\(Prim\)同样基于推论，与\(Kruskal\)不同的是，\(prim\)算法始终维护最小生成树的一部分，不断扩大这个部分，最终扩展为一颗最小生成树
我们设\(S\)表示我们维护的最小生成树集合，\(T\)表示剩余节点集合，我们每一次需要找到一条边，两个端点分属两个集合且边权最小，然后将这条边累计上答案，属于\(T\)的那个端点加入到\(S\)中，直到\(|S|=|V|\)
在具体实现中，最初\(S\)中只有一号节点，我们维护一个数组\(d\)，对于每个节点\(x\)，若\(x\in S\)，则\(d[x]\)表示\(x\)加入\(S\)时所连接的最小边的权值，若\(x\in T\)，则\(d[x]\)表示\(x\)与\(S\)中节点相连的最小边权
类比\(Dijkstra\)算法，我们也对其进行更新操作，用数组\(vis\)标记节点是否属于\(S\)，然后找到不属于\(S\)的节点的\(d\)值最小的，将其加入\(S\)，并且累计答案，然后这个节点对其所有出边且属于\(T\)的节点进行更新操作，直到所有节点更新完毕
时间复杂度为\(O(n^2)\)可以使用二叉堆优化为\(O(m\log n )\)，但这就不如\(Kruskal\)算法了，代码复杂度和常数复杂度都是
由于\(prim\)算法的时间复杂度仅与节点个数有关，所以常用于稠密图尤其是完全图的最小生成树求解
int prim(){
memset(d,0x3f,sizeof d);
memset(vis,0,sizeof vis);
d[1]=0;
for(int i=1;i<n;i++){
int num=-1;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(!vis[j]&&(num==-1||d[num]>d[j]))num=j;
}
vis[num]=1;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(!vis[j])d[j]=min(d[j],a[num][j]);
}
}
for(int i=2;i<=n;i++)ans+=d[i];
return ans;
}
因为\(d\)数组的定义，于是\(\sum_{i=1}^nd[i]\)就是答案
最小生成树的应用
例题1:北极网络
国防部（DND）希望通过无线网络连接几个北部前哨站。
在建立网络时将使用两种不同的通信技术：每个前哨站都有一个无线电收发器，一些前哨站还有一个通信卫星。
任意两个拥有通信卫星的前哨站不论它们的位置如何，都可以通过卫星进行通信。
而如果利用无线电进行通信，则需要两个前哨站的距离不能超过 \(D\) 方可进行通信。
而 \(D\) 的大小取决于收发器的功率，收发器的功率越大，\(D\) 也就越大，但是需要的成本也就越高。
出于采购和维护的考虑，所有的前哨站都采用相同的收发器，也就是说所有前哨站的无线电通信距离 \(D\) 都是相同的。
你需要确定在保证任意两个前哨站之间都能进行通信（直接或间接）的情况下，\(D\) 的最小值是多少。
输入格式
第一行包含整数 \(N\)，表示共有 \(N\) 组测试数据。
每组数据的第一行包含两个整数 \(S\) 和 \(P\)，其中 \(S\) 为卫星个数，\(P\) 为前哨站个数。
接下来 \(P\) 行每行包含两个整数 \(x\) 和 \(y\)，分别表示一个前哨站的横纵坐标。
输出格式
输出一个实数，表示 \(D\) 的最小值，结果保留两位小数。
数据范围
\(1≤S≤100,\)
\(S≤P≤500,\)
\(0≤x,y≤10000\)
分析：
首先这道题是一个完全图，我们需要对每一个前哨站互相连边
算法1：二分答案
单调性很容易发现,\(D\)更大肯定比\(D\)更小使得可以通信的前哨站更多，于是我们可以二分答案，设当前二分的值是\(mid\),我们将边权大于\(mid\)的边赋值为\(1\)，小于\(mid\)的边赋值为0，很明显，我们假设所有边权为\(0\)的边所连接到的点构成的若干个连通块，而我们的卫星可以使得连通块相连，即对每一个连通块安装一个卫星，就可以连通整张图，于是我们只需要统计连通块的个数，与\(S\)相比较即可确定二分上下界变化，对于连通块的求解需要使用并查集维护
const int N = 510;
const double eps = 1e-4;
int n, m, x[N], y[N], fa[N];
double d[N][N];
int findfa(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = findfa(fa[x]); }
bool check(double now) {
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for (int i = 1; i < n; i++)
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
if (d[i][j] <= now) fa[findfa(i)] = findfa(j);
int sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (fa[i] == i) sum++;
return sum <= m;
}
int main() {
int tt; cin >> tt;
while (tt--) {
cin >> m >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);
for (int i = 1; i < n; i++)
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
d[i][j] = (double)sqrt((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]));
double l = 0.0, r = 14145.0, mid;
while (l + eps < r) {
mid = (l + r) / 2;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid;
}
printf("%.2lf\n", r);
}
return 0;
}
算法2：\(Kruskal\)
由上文推论，在本题中，我们实质上需要维护最小生成树的一个子图，满足子图上最大边的边权不超过\(D\)，由推论性质得到，我们最小生成树有\(P-1\)条边，而卫星可以使得\(S-1\)条边不计入，于是我们只需要统计最小生成树里第\(P-1-(S-1)=P-S\)大的边的边权就是答案
int p,s,f[100005],cnt,vis[100005],m;
struct node{
int len,u,v;
bool operator<(const node b)const{
return len<b.len;
}
}a[1000005];
pair<int,int>in[100005];
int get(pair<int,int> a,pair<int ,int> b){
return (a.first-b.first)*(a.first-b.first)+(a.second-b.second)*(a.second-b.second);
}
int find(int x){
return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);
}
void init(){
m=0;
scanf("%d%d",&s,&p);
for(int i=1;i<=p;i++)scanf("%d%d",&in[i].first,&in[i].second);
for(int i=1;i<=p;i++){
for(int j=i+1;j<=p;j++){
a[++m]={get(in[i],in[j]),i,j};
}
}
sort(a+1,a+m+1);
}
int Kruskal(){
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int i=1;i<=p;i++)f[i]=i;
cnt=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=a[i].u,v=a[i].v;
u=find(u),v=find(v);
if(v==u)continue;
if(++cnt==p-s)return a[i].len;
f[u]=v;
}
}
int main(){
freopen("1.in","r",stdin);
int n;
scanf("%d",&n);
while(n--){
init();
printf("%.2f",sqrt(Kruskal()));
// for(int i=1;i<=m;i++)printf("%.3f ",sqrt(a[i].len));
puts("");
}
}
算法1的时间复杂度是\(O(n^2\log V)\),算法2的时间复杂度是\(O(n^2\log n)\)，理论上讲算法2更优
这道题启发我们：
1.发掘题目单调性，使用二分判定答案
2.考虑Kruskal和prim思想的本质，理解最小生成树定理
例题2:沙漠之王
简单的说题意，就是求最优比率生成树，即每条边有成本\(cost\)和长度\(len\)，要求\(\frac{\sum cost}{\sum len}\)的最小值
很明显，这是一道0/1分数规划与最小生成树的综合题
我们只需要建立一张图，每个边的权值是\(cost_i-mid\times len_i\),对这张图求最小生成树，若边权和非负0则令\(l=mid\),否则令\(r=mid\)
为什么是最小生成树而不是最大生成树呢？因为只有取最小生成树的时候，我们满足这张图其余生成树的答案一定不小于最小生成树的比率，否则就可以继续减小(这里蓝书上出错了)
double cost[1005][1005];int n,vis[1005];
double d[1005][1005],dis[1005];
double b[1005][1005];
struct node{
int x,y,h;
}a[1005];
double get(node a,node b){
return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y));
}
void init(){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i;j<=n;j++){
cost[i][j]=cost[j][i]=get(a[i],a[j]);
d[i][j]=d[j][i]=abs(a[i].h-a[j].h);
}
}
}
bool check(double mid){
// printf("%.5f\n",mid);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i;j<=n;j++){
if(i==j){
b[i][j]=2e9;
continue;
}
b[i][j]=b[j][i]=d[i][j]-mid*cost[i][j];
// printf("%.5f ",b[i][j]);
}
// puts("");
}
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=2e9;
dis[1]=0;
for(int i=1;i<n;i++){
double now;int id=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(!vis[j]&&(id==0||(now>dis[j])))id=j,now=dis[j];
}
// printf("%d\n",id);
vis[id]=1;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(!vis[j]){
// printf("A%d %.4f ",j,dis[j]);
dis[j]=min(dis[j],b[id][j]);
// printf("%.4f\n",dis[j]);
}
}
}
double ans=0;
for(int i=2;i<=n;i++)ans+=dis[i];
//printf("%.3f\n",ans);
return ans>=0;
}
int main(){
//freopen("10.in","r",stdin);
while(~scanf("%d",&n)&&n){
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].h);
}
init();
double l=0,r=50;
while(r-l>1e-8){
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid;
}
printf("%.3f\n",(l+r)/2);
}
}
这道题是最优比率生成树模型，非常重要
例题3:黑暗城堡
在顺利攻破 \(Lordlsp\) 的防线之后，\(lqr\) 一行人来到了 \(Lordlsp\) 的城堡下方。
\(Lord lsp\) 黑化之后虽然拥有了强大的超能力，能够用意念力制造建筑物，但是智商水平却没怎么增加。
现在 \(lqr\) 已经搞清楚黑暗城堡有 \(N\) 个房间，\(M\) 条可以制造的双向通道，以及每条通道的长度。
\(lqr\) 深知 \(Lord lsp\) 的想法，为了避免每次都要琢磨两个房间之间的最短路径，\(Lord lsp\) 一定会把城堡修建成树形的。
但是，为了尽量提高自己的移动效率,\(Lord lsp\) 一定会使得城堡满足下面的条件：
设 \(D[i]\) 为如果所有的通道都被修建，第 \(i\) 号房间与第 \(1\) 号房间的最短路径长度；而 \(S[i]\) 为实际修建的树形城堡中第\(i\) 号房间与第 \(1\) 号房间的路径长度；要求对于所有整数 \(i\)，有 \(S[i]=D[i]\) 成立 。
为了打败 \(Lord lsp\)，\(lqr\) 想知道有多少种不同的城堡修建方案。
你需要输出答案对 \(2^31–1\) 取模之后的结果。
输入格式
第一行有两个整数 \(N\) 和 \(M\)。
之后 \(M\) 行，每行三个整数 \(X\)，\(Y\) 和\(L\)，表示可以修建 \(X\) 和 \(Y\) 之间的一条长度为 \(L\) 的通道。
输出格式
一个整数，表示答案对 231–1 取模之后的结果。
数据范围
\(2≤N≤1000,\)
\(N−1≤M≤N(N−1)/2,\)
\(1≤L≤100\)
简单来说，本题让我们统计在一张无向图里有多少最短路径生成树，最短路径生成树是指对于任意边\((u,v,w)\)都有\(D[u]+u=D[v]\)
我们可以先使用\(Dijkstra\)求出D数组，然后统计\(\forall v\in[1,n]\)有多少个\(u\)满足\(D[u]+w_{u,v}=D[v]\)，记为\(cnt_v\)，最后把所有的cnt乘起来即可，至于原因，因为正权图的原因，对于cnt的计算可以使用对D从小到大排序之后按顺序统计，由于数据较小我就直接上\(n^2\)了其实是我没调好
正确性证明：很明显，当\(u\)满足\(D[u]+w_{u,v}=D[v]\)，此时从v连接所有的u都不会影响最短路径生成树，由乘法原理即可得到，这是无后效性的，因为最终n个节点必定会连通
#define x first
#define y second
#define mp make_pair
#define int long long
#define p ((1ll<<31)-1)
priority_queue<pair<int,int> >q;
pair<int,int>a[100005];
int head[10005],nxt[1000005],ver[1000005],cost[1000005],d[1000005],vis[1000005],tot,n,m,cnt[100050];
void add(int u,int v,int w){
nxt[++tot]=head[u],ver[tot]=v,cost[tot]=w,head[u]=tot;
}
void dijkstra(){
q.push(mp(0,1));
memset(d,0x3f,sizeof d);
d[1]=0;
while(q.size()){
int u=q.top().y,w=d[u];q.pop();
if(vis[u])continue;
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=ver[i],z=cost[i];
if(d[v]>w+z){
d[v]=w+z;
q.push(mp(-d[v],v));
}
}
}
//for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",d[i]);
//puts("");
}
int prim(){
for(int u=1;u<=n;u++){
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=ver[i];
if(d[u]+cost[i]==d[v])cnt[v]++;
}
}
int ans=1;
for(int i=1;i<=n;i++)if(cnt[i])ans=ans*cnt[i]%p;
return ans;
}
signed main(){
// freopen("castle8.in","r",stdin);
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v,w;
scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
dijkstra();
printf("%lld\n",prim());
}
这道题是关于最短路径生成树模型的，并且求方案数，结论务必理解记忆
例题4野餐规划
一群小丑演员，以其出色的柔术表演，可以无限量的钻进同一辆汽车中，而闻名世界。
现在他们想要去公园玩耍，但是他们的经费非常紧缺。
他们将乘车前往公园，为了减少花费，他们决定选择一种合理的乘车方式，可以使得他们去往公园需要的所有汽车行驶的总公里数最少。
为此，他们愿意通过很多人挤在同一辆车的方式，来减少汽车行驶的总花销。
由此，他们可以很多人驾车到某一个兄弟的家里，然后所有人都钻进一辆车里，再继续前进。
公园的停车场能停放的车的数量有限，而且因为公园有入场费，所以一旦一辆车子进入到公园内，就必须停在那里，不能再去接其他人。
现在请你想出一种方法，可以使得他们全都到达公园的情况下，所有汽车行驶的总路程最少。
第一行包含整数 n，表示人和人之间或人和公园之间的道路的总数量。
接下来 n 行，每行包含两个字符串 A、B 和一个整数 L，用以描述人 A 和人 B 之前存在道路，路长为 L，或者描述某人和公园之间存在道路，路长为 L。
道路都是双向的，并且人数不超过 20，表示人的名字的字符串长度不超过 10，公园用 Park 表示。
再接下来一行，包含整数 s，表示公园的最大停车数量。
你可以假设每个人的家都有一条通往公园的道路。
简述题意，其实就是说，求图上的一颗生成树，使得1号节点的入度不超过S的情况下权值和最小
这里介绍一种并不常用的最小生成树算法：消圈算法
简单来说，就是在无向图上随便指定一颗生成树，然后考虑剩下的边，加入一个就会产生环，然后把环上最大的边断开，这样重复操作直到加入的边比环上最大边还要大为止，这样就得到了最小生成树，只不过由于程序实现比较复杂，复杂度也并不突出，于是就很少用（最古老的最小生成树算法）
对于本题，我们需要使用这种思想
首先，我们将1号节点与其他节点的边断开，这样我们就得到了若干个连通块，对每一个连通块分别求最小生成树，设有T个连通块,若T>S本题无解，因为不可能连通
然后我们尝试对于一个连通块T_i，T_i中所有与1有边的节点，我们选择最小的那一个进行连接，这样我们就连通了这个连通块，以此类推，我们就得到了原图的一棵生成树
接着我们就使用消圈算法的思想，尝试改动S-T条边使得答案更优，由于每个连通块内部再无需改动了，因为连通块内部求了最小生成树，于是我们的改动也只与1号节点有关
我们考虑与1号节点有边但边没有选入生成树的节点，将其加入生成树后势必会形成一个环，在环上找最大的边(假设这个点是x,则我们需要找到的最大的边就是原生成树上1->x的最大边)进行断开，就得到了一个权值和更小的生成树，重复这个步骤直到改动完S-T条边或者改动的边无法加入生成树为止，这个步骤需要我们维护1号节点在生成树上到每个节点所经过的边的边权最大值，可以使用深度优先遍历维护
int cnt,m,s,deg,ans,a[32][32],d[32],lst[32],vis[32],c[32],t[32][32],ver[32],p,f[32],mxx[32],mxy[32];
//t数组维护目前的最小生成树森林，f、mxx、mxy维护的是1->x的路径上的最大边
map<string,int>H;
void prim(int rt){//求连通块内部最小生成树，使用prim更好处理
d[rt]=0;
for(int i=1;i<=p;i++){
int u=0;
for(int j=1;j<=p;j++)
if(!vis[ver[j]] &&(u==0||d[ver[j]]<d[u]))u=ver[j];
vis[u]=1;
for(int j=1;j<=p;j++){
int v=ver[j];
if(!vis[v]&&d[v]>a[u][v])
d[v]=a[u][v],lst[v]=u;
}
}
int maxx=rt;
for(int i=1;i<=p;i++){
int u=ver[i];
if(rt==u)continue;
ans+=d[u];
t[lst[u]][u]=t[u][lst[u]]=d[u];
if(a[1][u]<a[1][maxx])maxx=u;
}
deg++;
ans += a[1][maxx];
t[1][maxx]=t[maxx][1]=a[1][maxx];
}
void dfs(int u){//划分连通块
ver[++p]=u;
c[u]=1;
for(int v=1;v<=cnt;v++)
if(a[u][v] != 0x3f3f3f3f && !c[v])dfs(v);
}
void Prim(){//求各个连通块内的最小生成树
memset(d,0x3f,sizeof(d));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(t,0x3f,sizeof(t));
c[1]=1;
for(int i=2;i<=cnt;i++)
if(!c[i]){
p=0;
dfs(i);
prim(i);
}
}
void dp(int u){//计算f、mxx、mxy，
vis[u]=1;
for(int v=2;v<=cnt;v++)
if(t[u][v] != 0x3f3f3f3f && !vis[v]){
if(f[u]>t[u][v])
f[v]=f[u],mxx[v]=mxx[u],mxy[v]=mxy[u];
else
f[v]=t[u][v],mxx[v]=u,mxy[v]=v;
dp(v);
}
vis[u]=0;
}
bool solve(){//执行最后的消圈过程
int mn=1<<30,id;
for(int i=2;i<=cnt;i++){
if(t[1][i]!=0x3f3f3f3f||a[1][i]==0x3f3f3f3f)continue;
if(a[1][i]-t[mxx[i]][mxy[i]]<mn){
mn=a[1][i]-t[mxx[i]][mxy[i]];
id=i;
}
}
if(mn>=0)return 0;
ans+=mn,t[1][id]=t[id][1]=a[1][id];
t[mxx[id]][mxy[id]]=t[mxy[id]][mxx[id]]=0x3f3f3f3f;
f[id]=a[1][id],mxx[id]=1,mxy[id]=id;
vis[1]=1;
dp(id);
return 1;
}
int main(){
H["Park"]=1;cnt=1;//注意P是大写的(调试2h就因为这个)
scanf("%d",&m);
memset(a,0x3f,sizeof(a));
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v,w;
char x[15],y[15];
scanf("%s%s%d",x,y,&w);
if(!H[x])H[x]=++cnt;
if(!H[y])H[y]=++cnt;
u=H[x],v=H[y];
a[u][v]=a[v][u]=min(a[u][v], w);
}
scanf("%d",&s);
Prim();
memset(vis,0,sizeof(vis));
dp(1);
while(deg<s){
if(!solve())break;
deg++;
}
printf("Total miles driven: %d\n",ans);
}
此题启发我们消圈思想，拆图计算，合并消圈
例题5:四叶草魔杖
题目描述
给定一张无向图，结点和边均有权值。所有结点权值之和为 0，点权可以沿边传递，传递点权的代价为边的权值。求让所有结点权值化为 0 的最小代价。
解法
容易想到本题与最小生成树有关。一种不难想出的思路是求出原图的最小生成树，将最小生成树上所有边的权值之和作为答案。
但经过思考，可以发现这样得到的不一定是最优解。首先，原图可能并不联通；其次，可以将原图划分为若干个点权之和均为 0 的子图，在这些子图中分别转移点权，最后将答案合并。这样得到的方案或许会更优。
此时我们发现划分方案不止一种，如何确定最终的方案成了需要解决的最大问题。
注意到本题中 \(N\) 范围较小，允许我们把所有点权和为 0 的子图（以下简称“合法子图”）的最小生成树全部求出。因此可以先枚举原图点集的所有子集，对于每个点权和为 0 的点集，用这些点和连接它们的边构造一张合法子图。我们能够轻易求出这些合法子图的最小生成树。但有些合法子图或许并不联通，为避免对之后的求解造成影响，需要把这些子图的最小生成树边权和设为 \(∞\).
接下来需要把这些子图中的若干个合并起来，得到全局最优解。与划分的情形相同，合并这些子图的方案也有多种。可以使用 \(DP\) 得到最优解。
具体地，考虑进行类似背包的 \(DP\)，将每个合法子图视作可以放入背包的一个物品。设 \(A、B\)为两个不同合法子图的点集，合法子图的最小生成树边权和为 \(S\)，可以写出如下状态转移方程：
\(f_{A∪B}=\min\lbrace f_{A∪B},f_A+S_B\rbrace,A∩B=⊘\)
最终 \(f_{2^n-1}\) 即为所求的答案。至此，本题得到解决。
int n,m,a[20],fa[20],s[1<<16],f[1<<16],ans[1<<16];
struct node{
int u,v,w;
bool operator <(const node b)const{
return w<b.w;
}
}t[150];
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
int kruskal(int S){
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
if(S&(1<<i))fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(!(S&(1<<t[i].u)&&S&(1<<t[i].v)))continue;
int u=find(t[i].u),v=find(t[i].v);
if(u!=v){
fa[u]=v;
ans+=t[i].w;
}
}
int op=-1;
for(int i=0;i<n;i++)
if(S&(1<<i))
if(op==-1)op=find(i);
else if(find(i)!=op)return 0x3f3f3f3f;
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<(1<<n);i++)
for(int j=0;j<n;j++)
if(i&(1<<j))s[i]+=a[j];
if(!m){
if(s[(1<<n)-1])puts("Impossible");
else puts("0");
return 0;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&t[i].u,&t[i].v,&t[i].w);
sort(t+1,t+m+1);
for(int i=1;i<(1<<n);i++){
if(s[i]==0)ans[i]=kruskal(i);
f[i]=0x3f3f3f3f;
}
f[0]=0;
for(int i=1;i<(1<<n);i++){
if(s[i])continue;
for(int j=0;j<(1<<n);j++)
if(!(i&j))
f[i|j]=min(f[i|j],f[j]+ans[i]);
}
if(f[(1<<n)-1]==0x3f3f3f3f)printf("Impossible");
else printf("%d",f[(1<<n)-1]);
}
这题是一道动态规划与最小生成树的综合题，主要启发我们缜密思考题目，学会把题目转化为图论模型
总的来说，今天这一节需要掌握的知识点有
- 最小生成树的kruskal和prim算法，消圈算法思想
- 最小生成树定理及推论
- 最优比率生成树，结合0/1分数规划模型
- 最短路径生成树的定义与性质
需要掌握的思想有 - 拆分图形，分而治之
- 单调性思想
- DP结合图论