题目描述

又到了一年一度的明明生日了，明明想要买 B 样东西，巧的是，这 B 样东西价格都是 A 元。

但是，商店老板说最近有促销活动，也就是：

如果你买了第 I 样东西，再买第 J 样，那么就可以只花 KI,J​ 元，更巧的是，KI,J​ 竟然等于 KJ,I​。

现在明明想知道，他最少要花多少钱。

输入格式

第一行两个整数，A,B。

接下来 B 行，每行 B 个数，第 I 行第 J 个为 KI,J​。

我们保证 KI,J​=KJ,I​ 并且 KI,I​=0。

特别的，如果 KI,J​=0，那么表示这两样东西之间不会导致优惠。

注意 KI,J​可能大于A。

输出格式

一个整数，为最小要花的钱数。

输入输出样例

输入 #1复制运行

1 1 0

输出 #1复制运行

1

输入 #2复制运行

3 3 0 2 4 2 0 2 4 2 0

输出 #2复制运行

7

说明/提示

样例解释 2。

先买第 2 样东西，花费 3 元，接下来因为优惠，买 1,3 样都只要 2 元，共 7 元。

（同时满足多个“优惠”的时候，聪明的明明当然不会选择用 4 元买剩下那件，而选择用 2 元。）

数据规模

对于 30% 的数据，1≤B≤10。

对于 100% 的数据，1≤B≤500,0≤A,KI,J​≤1000。

2018.7.25新添数据一组

1. 题目背景与分析

问题描述：

明明要买B样东西，每样东西的基础价格是A。商店提供优惠策略：如果你买了第I样东西，再买第 J样，花费只需要K_I,J元。题目给出了一个邻接矩阵表示这些优惠价格。特别地，如果 K_I,J=0 表示没有优惠（除了自己对自己）。即使有优惠，K_I,J 也可能比原价A还要贵。求最小总花费。

核心模型：

乍一看，这似乎是一个复杂的动态规划或者贪心问题。但我们仔细分析：

1. 我们要“买完所有物品”，相当于遍历所有节点。

2. 我们要“花费最少”，相当于边的权值和最小。

3. 物品之间的优惠关系构成了图的边。

这就变成了一个经典的最小生成树问题。

2. 难点与突破口

这道题与普通MST有两个不同点：

1. 入场券问题：普通的MST假设所有点已经在图里，只需连线。但这道题里，你获得第一个物品（或者断开优惠链条重新购买）需要花费原价A。

2. 坑点：优惠价K_I,J可能比原价A还贵。聪明的明明当然会选择直接花A元购买，而不是用更贵的优惠。

解决方案：Prim 算法+初始化

通常我们做Prim算法时，dis数组（记录节点到当前生成树集合的最小距离）会初始化为无穷大。

但在本题中，每个物品都有一个保底价格A。

我们可以想象有一个“虚拟源点（商店老板）”，他连接着所有物品，边权都是A。

• 初始化策略：将dis数组全部初始化为A。这意味着，对于任何物品，我们最坏的情况就是花原价A买下来。

• 更新策略：在松弛操作时，只有当优惠价g[u][v]小于当前记录的花费dis[v]时，才更新。

3. 算法选择

• 数据规模：B<=500。

• 图的类型：题目直接给出了邻接矩阵，这是一个典型的稠密图（边数E约等于N^2）。

在稠密图中，Prim算法的时间复杂度为O(N^2)，而Kruskal算法是O(E log E)。

对于N=500，Prim运算量约为2.5*10^5，非常高效。因此，Prim+邻接矩阵是本题的最优解。

4. 完整代码

//这道题就是要求买完所有商品最小花费，本质上是求最小生成树 //买了第I样东西，再买第J样，那么就可以只花 K（I,J）元，更巧的是，K （I,J）竟然等于K（J,I） 其实就是告诉我们边权就是kij，要求买完所有物品钱数最少，但 K（I,J）可能大于A，但明明肯定不会花比a还多的钱去买的 因为给出了邻接矩阵，所以我们用prim+邻接矩阵去做 时间复杂度：O(N^2) #include <iostream> using namespace std; int a,b; int g[510][510];//邻接矩阵 int dis[510];//每个物品购买所需的费用（到集合的距离） long long sum;//总费用（最小生成树长度） const int inf=0x3f3f3f3f; int vis[510];//标记每个物品是否已经购买（加入集合） void prim(){ //p作为找最小dis的标记，需要初始化dis[0]为无穷大 dis[0]=inf; //循环b次 每次找出没有购买且离集合最近的点（花费最小的物品） for(int i=1;i<=b;i++){ int p=0; for(int j=1;j<=b;j++){ //没有购买且价格最低 if(vis[j]==0 && dis[j]<dis[p]) p=j; } //无点可以加入当前生成树（无物品可以购买） if(p==0 || dis[p]==inf) break; vis[p]=1;//否则就标记该点已加入集合（购买） sum+=dis[p];//更新总花费 //用p点去更新所有它的未加入集合的邻接点 //（未购买且有优惠关系的物品）的购买价格 for(int j=1;j<=b;j++){ //如果该物品没有购买且当前购买价格大于优惠后价格 //就更新价格 if(vis[j]==0 && dis[j]>g[p][j]){ dis[j]=g[p][j]; } } } } int main(){ cin>>a>>b; //初始化要买的b样物品费用为a for(int i=1;i<=b;i++) dis[i]=a; //邻接矩阵存图（物品间连续购买所需要花的费用 for(int i=1;i<=b;i++){ for(int j=1;j<=b;j++){ cin>>g[i][j]; //特别的，如果K(I,J)=0，那么表示这两样东西之间不会导致优惠 //没有优惠，就让连续购买的价格（边权）变为无穷大即可 if(g[i][j]==0) g[i][j]=inf; } } prim(); cout<<sum; return 0; }

5. 代码细节

1. 为什么 dis[i] 初始化为a？

   题目中K_I,J可能大于A。如果我们在Prim过程中只比较优惠价，可能会选出一条很贵的边。

   将dis初始为 a，相当于默认所有点都连向了一个“超级源点”，权值为A。在后续的松弛操作 if(dis[j] > g[p][j]) 中，如果优惠价g[p][j]比a还要大，条件不成立，我们就保留了a这个更优解。

2. 关于0的处理

   题目输入中 0 表示两样东西之间没有导致优惠（即不连通），但在邻接矩阵中 0 通常表示距离极短。为了防止 Prim 算法误选这些“死路”，我们需要在输入时特判：if(g[i][j]==0) g[i][j]=inf;。

3. 时间复杂度

   Prim 算法包含两层循环，外层遍历N个点，内层寻找最小值和松弛操作也是N，总复杂度 O(N^2)。对于N=500的数据，计算量在2.5*10^5左右，完全满足时间限制。