題目描述
給出一張有向圖,從所有節點中取一個節點作爲起始節點,使得遍歷這張圖的總代價最小.
總代價是到達各個節點的代價的和. 到達每個節點的代價的計算方法是:從這個節點的前驅節點到達這個節點的邊的邊權*從起始節點到前驅節點的路徑上的節點數(包括起始節點和前驅節點,但是不包括這個節點本身).
題目分析
算法
一個我從來沒學過的最小生成樹算法.
和非常相似,都是基於邊貪心的思路. (因此不能用來求最大生成樹)
算法描述:
1.將圖中所有頂點v分成兩個集合和,在計算過程中中的點爲已經選好連接進最小生成樹的點,中的點則相反.
2.起始時只包含根節點s,每次把集合中到距離最小的一個點添加進中,直到爲空.
加入堆優化後複雜度同算法,爲.
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn 5010
using namespace std;
struct edge{
int v,w,next;
}e[maxn<<7];
int head[maxn],tot;
void add(int u,int v,int w){
e[++tot].v =v,e[tot].w =w;
e[tot].next =head[u];head[u]=tot;
}
int n,m,ans;
struct node{
int dis,pos;
bool operator <(node nd)const{
return nd.dis <dis;
}
};
bool vis[maxn];
void prim(int s){
priority_queue<node>q;
q.push((node){0,s});
while(!q.empty()){
node now=q.top();q.pop();
int u=now.pos ,dis=now.dis ;
if(vis[u])continue;
ans+=dis;
vis[u]=true;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next ){
int v=e[i].v ;
if(!vis[v]){
q.push((node){e[i].w ,v});
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
prim(1);
for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i]){printf("orz\n");exit(0);}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
但是在這道題中我們並不能使用,如下圖:
如果從開始做,必死無疑.
但是算法給了我們啓發:
我們能不能找出一個所有點的遍歷序列,使得這種遍歷序列的總代價最小.
顯然如果爆搜的話時間複雜度必定爆表,又因爲這是一個最優解問題,所以我們上模擬退火.
模擬退火()
熟悉的算法,不同的配方.
如果我沒記錯的話,我曾寫過一篇文章:模擬退火學習報告
在這篇文章裏,我把整個數組分爲兩部分,然後通過交換兩部分的元素,實現狀態的轉移.
我們在這裏也可以採用這種方法,通過隨機交換兩個節點的訪問順序轉移狀態.
然後按照訪問順序得到當前狀態的解,比較其與當前最優解,更新最優解.
然後就完了.
問:這道題的模擬退火是一個“殘廢”的模擬退火,並沒有傳統一定概率取非最優解的環節,而是無論優劣,都維持當前的狀態. 但是A了,反而是傳統的寫法掛了. 爲什麼????
——因爲這樣子相比於原來的模擬退火,更容易更新到新的狀態,從而得到新的最優解.
——另外,這裏的最優狀態和下一個最優狀態並沒有明顯關聯,所以隨機更新會更好.
程序實現
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define esp 1e-5
#define dt 0.998
#define maxn 20
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,sqc[maxn],dis[maxn],e[maxn][maxn];
ll ans;//這種寫法爆int
ll deal(){
ll ret=0;
memset(dis,inf,sizeof dis);
dis[sqc[1]]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
int v=sqc[i];
ll disv=inf;
for(int j=1;j<i;j++){
int u=sqc[j];
if((ll)e[u][v]*(ll)dis[u]<disv){
disv=(ll)e[u][v]*(ll)dis[u];
dis[v]=dis[u]+1;
}
}
if(disv==inf)return inf;
ret+=disv;
}
return ret;
}//求按當前遍歷順序所得到的解
void SA(){
double T=12.3;//幸運數字
while(T>esp){
int x=rand()%n+1,y=rand()%n+1;
swap(sqc[x],sqc[y]);//注意這裏無論優劣,都不會回到前一個狀態. 也就是當前狀態一直維持,這樣子更容易得到新的最優解(如果有的話)
ll w=deal();
//swap(sqc[x],sqc[y]);
if(w==inf){T*=dt;continue;}
if(ans==inf){ans=w;T*=dt;continue;}
ll delta=w-ans;
if(delta<0){
//swap(sqc[x],sqc[y]);
ans=w;
}
//else if(exp(delta/T)*RAND_MAX<rand()){//溫度越低,差值越大,越不容易取到非最優解
// swap(sqc[x],sqc[y]);
//}//爲什麼!沒有傳統的取非最優解環節,反而A了
T*=dt;
}
}
int main(){
srand(time(0));
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(e,inf,sizeof e);
for(int i=1;i<=n;i++)sqc[i]=i;//sqc表示訪問順序,初始爲正序
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
if(u==v){e[u][v]=0;continue;}
e[u][v]=min(e[u][v],w);
e[v][u]=e[u][v];
}
ans=inf;
SA();
printf("%lld\n",ans);//輸出(可能?)最優解
return 0;
}