斯坦纳树 - 图论

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

1. 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 $PA_i$ 。

2. 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。

3. 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

![steiner-tree1](../images/steiner-tree1.png)

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。

![steiner-tree2](../images/steiner-tree2.png)

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 号与 6 号都考虑进去可以得到最小边权和 11。

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](https://www.luogu.com.cn/problem/P6192) 。

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：

- 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 $i,j$ 的相关信息。

### "参考实现"
```c++
		#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) {
			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))
						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](https://www.luogu.com.cn/problem/P4294) 。

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：

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

-	$f(i,S)\leftarrow \min(f(i,S),f(j,S)+w(j,i))$ 。

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。

### "参考实现"
```c++
		#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);
			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];
							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

[【模板】最小斯坦纳树](https://www.luogu.com.cn/problem/P6192)

[\[WC2008\]游览计划](https://www.luogu.com.cn/problem/P4294)

[\[JLOI2015\]管道连接](https://loj.ac/problem/2110)

[\[APIO2013\]机器人](https://www.luogu.com.cn/problem/P3638)

WIKIOI

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