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 \(A\)、\(B\)、\(C\) 找出平面内第四个点 \(P\)，使得和数 \(a+b+c\) 为最短，这里 \(a\)、\(b\)、\(c\) 分别表示从 \(P\) 到 \(A\)、\(B\)、\(C\) 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 \(P\) 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 \(C\) 角，大于或等于 \(120^{\circ}\)，那么点 \(P\) 与顶点 \(C\) 重合。
问题推广
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在斯坦纳问题中，给定了三个固定点 \(A,B,C\)。很自然地可以把这个问题推广到给定 \(n\) 个点 \(A_1,A_2,\dots,A_n\) 的情形；我们要求出平面内的点 \(P\)，使距离和 \(a_1+a_2+\dots+a_n\) 为极小，其中 \(a_i\) 是距离 \(PA_i\)。
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考虑到点的其他相关因素，加入了权重的表示。\(n\) 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 \(P\)，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 \(w_i\) 是每个点的权重。
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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 \(P\)，而代之以具有最短总长的＂道路网＂。数学上表述成：给定 \(n\) 个点 \(A_1,A_2,\cdots,A_n\)，试求连接此 \(n\) 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 \(n\) 个点的情形，最多将有 \(n-2\) 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
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 \(s_1,s_2\)），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。
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 \(G\) 中的 \(n\) 个点与 \(k\) 个关键点，连接 \(k\) 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 \(k\) 个关键点生成的权值和不一定是最小的，或者这 \(k\) 个关键点不会直接（相邻）连接。所以应当使用剩下的 \(n-k\) 个点。
我们使用状态压缩动态规划来求解。用 \(f(i,S)\) 表示以 \(i\) 为根的一棵树，包含集合 \(S\) 中所有点的最小边权值和。
考虑状态转移：
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首先对连通的子集进行转移，\(f(i,S)\leftarrow \min(f(i,S),f(i,T)+f(i,S-T))\)。
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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 \(i,j\) 的相关信息。
参考实现
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66 | #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;
}
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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 \(f(i,S)\) 表示以 \(i\) 为根的一棵树，包含集合 \(S\) 中所有点的最小点权值和。\(a_i\) 表示点权。
考虑状态转移：
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\(f(i,S)\leftarrow \min(f(i,S),f(i,T)+f(i,S-T)-a_i)\)。由于此处合并时同一个点 \(a_i\)，会被加两次，所以减去。
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\(f(i,S)\leftarrow \min(f(i,S),f(j,S)+w(j,i))\)。
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 \(i\) 为根，连通状态集合为 \(s\) 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 \(S\)，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。
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94 | #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;
}
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习题
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