斯坦纳树

斯坦纳树问题是组合优化问题，与最小生成树相似，是最短网络的一种。最小生成树是在给定的点集和边中寻求最短网络使所有点连通。而最小斯坦纳树允许在给定点外增加额外的点，使生成的最短网络开销最小。

问题引入

19 世纪初叶，柏林大学几何方面的著名学者斯坦纳，研究了一个非常简单却很有启示性的问题：将三个村庄用总长为极小的道路连接起来。从数学上说，就是在平面内给定三个点、、找出平面内第四个点，使得和数为最短，这里、、分别表示从到、、的距离。

问题的答案是：如果三角形 $\textit{ABC}$ 的每个内角都小于 $120^{\circ}$ ，那么就是使边 $\textit{AB}$ 、 $\textit{BC}$ 、 $\textit{AC}$ 对该点所张的角都是 $120^{\circ}$ 的点。如果三角形 $\textit{ABC}$ 的有一个角，例如角，大于或等于 $120^{\circ}$ ，那么点与顶点重合。

问题推广

在斯坦纳问题中，给定了三个固定点。很自然地可以把这个问题推广到给定个点 $A_1,A_2,\dots,A_n$ 的情形；我们要求出平面内的点，使距离和 $a_1+a_2+\dots+a_n$ 为极小，其中是距离。
考虑到点的其他相关因素，加入了权重的表示。个点的其他相关因素可以换算成一个权重表示，求出平面内的点，使距离与权重的乘积的总和 $a_1\cdot w_1+a_2\cdot w_2+\dots+a_n\cdot w_n$ 为极小，其中是每个点的权重。
库朗（R.Courant）和罗宾斯（H.Robbins）提出第一个定义的推广是肤浅的。为了求得斯坦纳问题真正有价值的推广，必须放弃寻找一个单独的点，而代之以具有最短总长的＂道路网＂。数学上表述成：给定个点 $A_1,A_2,\cdots,A_n$ ，试求连接此个点，总长最短的直线段连接系统，并且任意两点都可由系统中的直线段组成的折线连接起来。他们将此新问题称为 斯坦纳树问题。在给定个点的情形，最多将有个复接点（斯坦纳点）。过每一斯坦纳点，至多有三条边通过。若为三条边，则它们两两交成 $120^{\circ}$ 角；若为两条边，则此斯坦纳点必为某一已给定的点，且此两条边交成的角必大于或等于 $120^{\circ}$ 。

连接三个以上的点的最短网络

steiner-tree1

在第一种情形，解是由五条线段组成的，其中有两个斯坦纳点（红色），在那里有三条线段相交且相互间的交角为 $120^{\circ}$ 。第二种情形的解含有三个斯坦纳点。第三种情形，一个或几个斯坦纳点可能退化，或被一个或几个给定的点所代替。

我们将斯坦纳树的问题模型以图论形式呈现。

steiner-tree2

对于形式一，如果令关键点为 $\{1,2,3,4\}$ ，可以发现若直接将这四个关键点相连的最小边权和是 12，显然这不是最优的。如果考虑使用 5 号节点那么最小边权和就会是 9，得到一个更优的答案。

对于形式二，如果令关键点为 $\{1,2,3,4\}$ ，可以发现这四个关键点中的一些点甚至没有直接相连的边，必须考虑使用复接点（斯坦纳点）。这时将 5 号考虑进去可以得到最小边权和 9。

并且我们可以发现在两张图中 1 号和 4 号的斯坦纳点是退化的，被 1 号或 4 号代替了。

例题

首先以一道模板题来带大家熟悉最小斯坦纳树问题。见【模板】最小斯坦纳树。

题意已经很明确了，给定连通图中的个点与个关键点，连接个关键点，使得生成树的所有边的权值和最小。

结合上面的知识我们可以知道直接连接这个关键点生成的权值和不一定是最小的，或者这个关键点不会直接（相邻）连接。所以应当使用剩下的个点。

我们使用状态压缩动态规划来求解。用表示以为根的一棵树，包含集合中所有点的最小边权值和。

考虑状态转移：

首先对连通的子集进行转移， $f(i,S)\leftarrow \min(f(i,S),f(i,T)+f(i,S-T))$ 。
在当前的子集连通状态下进行边的松弛操作， $f(i,S)\leftarrow \min(f(i,S),f(j,S)+w(j,i))$ 。在下面的代码中用一个 tree[tot] 来记录两个相连节点的相关信息。

参考实现

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 510;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> P;
int n, m, k;

struct edge {
  int to, next, w;
} e[maxn << 1];

int head[maxn << 1], tree[maxn << 1], tot;
int dp[maxn][5000], vis[maxn];
int key[maxn];
priority_queue<P, vector<P>, greater<P> > q;

void add(int u, int v, int w) {
  e[++tot] = edge{v, head[u], w};
  head[u] = tot;
}

void dijkstra(int s) {  // 求解最短路
  memset(vis, 0, sizeof(vis));
  while (!q.empty()) {
    P item = q.top();
    q.pop();
    if (vis[item.second]) continue;
    vis[item.second] = 1;
    for (int i = head[item.second]; i; i = e[i].next) {
      if (dp[tree[i]][s] > dp[item.second][s] + e[i].w) {
        dp[tree[i]][s] = dp[item.second][s] + e[i].w;
        q.push(P(dp[tree[i]][s], tree[i]));
      }
    }
  }
}

int main() {
  memset(dp, INF, sizeof(dp));
  scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
  int u, v, w;
  for (int i = 1; i <= m; i++) {
    scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
    add(u, v, w);
    tree[tot] = v;
    add(v, u, w);
    tree[tot] = u;
  }
  for (int i = 1; i <= k; i++) {
    scanf("%d", &key[i]);
    dp[key[i]][1 << (i - 1)] = 0;
  }
  for (int s = 1; s < (1 << k); s++) {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      for (int subs = s & (s - 1); subs;
           subs = s & (subs - 1))  // 状压 dp 可以看下题解里写的比较详细
        dp[i][s] = min(dp[i][s], dp[i][subs] + dp[i][s ^ subs]);
      if (dp[i][s] != INF) q.push(P(dp[i][s], i));
    }
    dijkstra(s);
  }
  printf("%d\n", dp[key[1]][(1 << k) - 1]);
  return 0;
}

另外一道经典例题 [WC2008]游览计划。

这道题是求点权和最小的斯坦纳树，用表示以为根的一棵树，包含集合中所有点的最小点权值和。表示点权。

考虑状态转移：

$f(i,S)\leftarrow \min(f(i,S),f(i,T)+f(i,S-T)-a_i)$ 。由于此处合并时同一个点，会被加两次，所以减去。
$f(i,S)\leftarrow \min(f(i,S),f(j,S)+w(j,i))$ 。

可以发现状态转移与上面的模板题是类似的，麻烦的是对答案的输出，在 DP 的过程中还要记录路径。

用 pre[i][s] 记录转移到为根，连通状态集合为时的点与集合的信息。在 DP 结束后从 pre[root][S] 出发，寻找与集合里的点相连的那些点并逐步分解集合，用 ans 数组来记录被使用的那些点，当集合分解完毕时搜索也就结束了。

参考实现

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define mp make_pair
typedef pair<int, int> P;
typedef pair<P, int> PP;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int dx[] = {0, 0, -1, 1};
const int dy[] = {1, -1, 0, 0};
int n, m, K, root;
int f[101][1111], a[101], ans[11][11];
bool inq[101];
PP pre[101][1111];
queue<P> q;

bool legal(P u) {
  if (u.first >= 0 && u.second >= 0 && u.first < n && u.second < m) {
    return true;
  }
  return false;
}

int num(P u) { return u.first * m + u.second; }

void spfa(int s) {
  memset(inq, 0, sizeof(inq));
  while (!q.empty()) {
    P u = q.front();
    q.pop();
    inq[num(u)] = 0;
    for (int d = 0; d < 4; d++) {
      P v = mp(u.first + dx[d], u.second + dy[d]);
      int du = num(u), dv = num(v);
      if (legal(v) && f[dv][s] > f[du][s] + a[dv]) {
        f[dv][s] = f[du][s] + a[dv];
        if (!inq[dv]) {
          inq[dv] = 1;
          q.push(v);
        }
        pre[dv][s] = mp(u, s);
      }
    }
  }
}

void dfs(P u, int s) {
  if (!pre[num(u)][s].second) return;
  ans[u.first][u.second] = 1;
  int nu = num(u);
  if (pre[nu][s].first == u)
    dfs(u, s ^ pre[nu][s].second);  // 通过 dfs 来找到答案
  dfs(pre[nu][s].first, pre[nu][s].second);
}

int main() {
  memset(f, INF, sizeof(f));
  scanf("%d %d", &n, &m);
  int tot = 0;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    for (int j = 0; j < m; j++) {
      scanf("%d", &a[tot]);
      if (!a[tot]) {
        f[tot][1 << (K++)] = 0;
        root = tot;
      }
      tot++;
    }
  }
  for (int s = 1; s < (1 << K); s++) {
    for (int i = 0; i < n * m; i++) {
      for (int subs = s & (s - 1); subs; subs = s & (subs - 1)) {
        if (f[i][s] > f[i][subs] + f[i][s ^ subs] - a[i]) {
          f[i][s] = f[i][subs] + f[i][s ^ subs] - a[i];  // 状态转移
          pre[i][s] = mp(mp(i / m, i % m), subs);
        }
      }
      if (f[i][s] < INF) q.push(mp(i / m, i % m));
    }
    spfa(s);
  }
  printf("%d\n", f[root][(1 << K) - 1]);
  dfs(mp(root / m, root % m), (1 << K) - 1);
  for (int i = 0, tot = 0; i < n; i++) {
    for (int j = 0; j < m; j++) {
      if (!a[tot++])
        putchar('x');
      else
        putchar(ans[i][j] ? 'o' : '_');
    }
    if (i != n - 1) printf("\n");
  }
  return 0;
}

习题

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