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洛谷传送门
LOJ传送门
解析:
斯坦纳树版题。
考虑两种转移,拼凑和换根。
令 表示以 为根,已经连通了 中的特殊点的最小代价。
拼凑的转移直接枚举子集划分就行了。
换根的转移和最短路是一样的。随便用一个 或者 跑一跑就行了。
当然这道题由于洛谷数据略毒,只能写 。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define re register
#define gc get_char
#define cs const
namespace IO{
inline char get_char(){
static cs int Rlen=1<<20|1;
static char buf[Rlen],*p1,*p2;
return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int getint(){
re char c;
while(!isdigit(c=gc()));re int num=c^48;
while(isdigit(c=gc()))num=(num+(num<<2)<<1)+(c^48);
return num;
}
}
using namespace IO;
using std::cout;
using std::cerr;
using std::swap;
typedef std::pair<ll,int> pii;
#define mp std::make_pair
cs int N=1e5+5;
int n,m,k;
std::vector<std::pair<int,int> > e[N];
inline void addedge(int u,int v,int w){
e[u].push_back(mp(v,w));
e[v].push_back(mp(u,w));
}
cs ll INF=1e15;
ll f[1<<5][N];
std::priority_queue<pii,std::vector<pii>,std::greater<pii> > q;
bool vis[N];
inline void Dij(int S){
ll *dist=f[S];
memset(vis+1,0,sizeof(bool)*n);
while(!q.empty()){
int u=q.top().second;q.pop();
if(vis[u])continue;
vis[u]=true;
for(auto &e:(::e[u])){
int v=e.first;
if(dist[u]+e.second<dist[v])
q.push(mp(dist[v]=dist[u]+e.second,v));
}
}
}
signed main(){
memset(f,0x3f,sizeof f);
n=getint(),k=getint(),m=getint();
for(int re i=0;i<k;++i)f[1<<i][getint()]=0;
for(int re i=1;i<=m;++i){
int u=getint(),v=getint(),w=getint();
addedge(u,v,w);
}
for(int re s=1;s<(1<<k);++s){
for(int re i=1;i<=n;++i){
for(int re j=s&(s-1);j;j=s&(j-1))
f[s][i]=std::min(f[s][i],f[s^j][i]+f[j][i]);
if(f[s][i]<INF)q.push(mp(f[s][i],i));
}
Dij(s);
}
ll ans=INF;
for(int re i=1;i<=n;++i)ans=std::min(ans,f[(1<<k)-1][i]);
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}