[NOIP2017]寶藏
題目描述
參與考古挖掘的小明得到了一份藏寶圖，藏寶圖上標出了 n 個深埋在地下的寶藏屋， 也給出了這 n 個寶藏屋之間可供開發的 m 條道路和它們的長度。
小明決心親自前往挖掘所有寶藏屋中的寶藏。但是，每個寶藏屋距離地面都很遠， 也就是說，從地面打通一條到某個寶藏屋的道路是很困難的，而開發寶藏屋之間的道路 則相對容易很多。
小明的決心感動了考古挖掘的贊助商，贊助商決定免費贊助他打通一條從地面到某 個寶藏屋的通道，通往哪個寶藏屋則由小明來決定。
在此基礎上，小明還需要考慮如何開鑿寶藏屋之間的道路。已經開鑿出的道路可以 任意通行不消耗代價。每開鑿出一條新道路，小明就會與考古隊一起挖掘出由該條道路 所能到達的寶藏屋的寶藏。另外，小明不想開發無用道路，即兩個已經被挖掘過的寶藏 屋之間的道路無需再開發。
新開發一條道路的代價是：
L×K
L代表這條道路的長度，K代表從贊助商幫你打通的寶藏屋到這條道路起點的寶藏屋所經過的 寶藏屋的數量（包括贊助商幫你打通的寶藏屋和這條道路起點的寶藏屋） 。
請你編寫程序為小明選定由贊助商打通的寶藏屋和之后開鑿的道路，使得工程總代 價最小，並輸出這個最小值。
輸入輸出格式
輸入格式：
第一行兩個用空格分離的正整數 n 和 m，代表寶藏屋的個數和道路數。
接下來 m 行，每行三個用空格分離的正整數，分別是由一條道路連接的兩個寶藏 屋的編號（編號為 1~n），和這條道路的長度 v。
輸出格式：
輸出共一行，一個正整數，表示最小的總代價。
輸入輸出樣例
說明
【樣例解釋1】
小明選定讓贊助商打通了 1 號寶藏屋。小明開發了道路 1→2，挖掘了 2 號寶 藏。開發了道路 1→4，挖掘了 4 號寶藏。還開發了道路 4→3，挖掘了 3 號寶 藏。工程總代價為：1×1+1×1+1×2=4
【樣例解釋2】
小明選定讓贊助商打通了 1 號寶藏屋。小明開發了道路 1→2，挖掘了 2 號寶 藏。開發了道路 1→3，挖掘了 3 號寶藏。還開發了道路 1→4，挖掘了 4 號寶 藏。工程總代價為：1×1+3×1+1×1=5
【數據規模與約定】
對於 20%的數據： 保證輸入是一棵樹，1≤n≤8，v≤5000 且所有的 v 都相等。
對於 40%的數據： 1≤n≤8，0≤m≤1000，v≤5000 且所有的 v 都相等。
對於 70%的數據： 1≤n≤8，0≤m≤1000，v≤5000
對於 100%的數據： 1≤n≤12，0≤m≤1000，v≤500000
題解：一看n<=12，明顯是狀壓DP的數據范圍。於是令f[i][S]表示當前與根連通的點的狀態為S，並且最深的點的深度為i的最小代價。轉移時，我們枚舉所有不在S中的點，處理出每個點與S中的某個點連通所需要的最小代價。然后枚舉這些點構成的所有集合S'，用S'中所有點的代價+f[i][S]去更新f[i+1][S|S']即可。
時間復雜度？因為枚舉補集和枚舉子集是一個道理，所以就是優雅的$O(n 3^n)$啦（其實本人連枚舉子集怎么回事都不太懂）！
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,tot,ans;
int map[110][110],dis[110][110],Log[4100];
int f[15][4100],g[4100],ref[4100],v[15],p[15];
inline int min(const int &a,const int &b)
{
return a<b?a:b;
}
int main()
{
//freopen("treasure.in","r",stdin);
//freopen("treasure.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
register int i,j,a,b,c,x;
for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<n;j++) map[i][j]=60000000;
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c),a--,b--;
map[a][b]=map[b][a]=min(map[a][b],c);
}
for(i=0;i<n;i++) Log[1<<i]=i;
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(i=0;i<n;i++) f[0][1<<i]=0;
for(i=0;i<n;i++) for(x=0;x<(1<<n);x++)
{
tot=0;
for(a=0;a<n;a++) if(!(x&(1<<a)))
{
v[tot]=60000000,p[tot]=1<<a;
for(j=x;j;j-=j&-j)
{
b=Log[j&-j];
v[tot]=min(v[tot],map[a][b]*(i+1));
}
tot++;
}
for(j=1;j<(1<<tot);j++)
{
g[j]=g[j-(j&-j)]+v[Log[j&-j]];
ref[j]=ref[j-(j&-j)]|p[Log[j&-j]];
f[i+1][x|ref[j]]=min(f[i+1][x|ref[j]],f[i][x]+g[j]);
}
}
ans=1<<30;
for(i=0;i<=n;i++) ans=min(ans,f[i][(1<<n)-1]);
printf("%d",ans);
return 0;
}