题面
传送门：洛谷
Solution
这道题的是一道很巧妙的状压DP题。 首先，看到数据范围，应该状压DP没错了。 根据我们之前状压方程的设计经验，我们很快就能设计出这样的方程： 设$f[i][j]$表示用到第i个元素，当前连接状态为j的开销的min 但是我们很快就会发现，这个方程没法转移，因为随着连接方案的不同，新插入的点的K值会不同。 怎么办呢？ 这时候我们可以重新设计一个巧妙的的状态。 重新阅读题目，我们可以发现题目中的K值可以理解为距离初始点的“层数”，下面这幅图可以简单的表示出来: 
那么，我们可以考虑这样子设状态： 设$f[i][j]$表示到第$i$层，总共取了的点的状态为$j$。 这样的话，转移就可以取出来了： $f[i][j]=MIN(f[i-1][k]+trans[k][j]*(i-1))$ (k为j的子集，即有可能转移到j的状态) (trans[k][j]表示从状态k转移到状态j的最小花费的路程) trans需要暴力预处理出来。 怎么枚举子集呢？ 如果$2^n$枚举就会T掉，因为我们枚举到了非子集的情况。 这里就引出了枚举子集的小技巧 对于状态x，它的子集为：$p=x,p!=0,p=(p-1)\&x $ (至于怎么证明，这里就不给出了，在草稿上推一推就会发现里面的精妙了) 答案就是$min(f[i][2^{n-1}])$，初始化$f[1][2^{i-1}]=0 (i∈[1,n])$ 就酱，这道题就被我们切掉啦φ(>ω<*)
Code
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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
long long read()
{
long long x=0,f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int N=12+2;
const int M=1<<N;
int n,m,dis[N][N],trans[M][M],POW[N];
long long f[N][M];
int main()
{
n=read(),m=read();
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int s=read(),t=read(),v=read();
if(dis[s][t]>v)
dis[s][t]=dis[t][s]=v;
}
m=(1<<n);
POW[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
POW[i]=POW[i-1]*2;
for(int i=0;i<m;i++)
for(int j=i;j!=0;j=(j-1)&i)
{
bool OK=true;
int temp=i^j;
for(int k=n-1;k>=0;k--)
if(temp>=POW[k])
{
int tmin=0x3f3f3f3f;
for(int o=1;o<=n;o++)
if((POW[o-1]&j)==POW[o-1])
tmin=min(tmin,dis[o][k+1]);
if(tmin==0x3f3f3f3f)
{
OK=false;
break;
}
trans[j][i]+=tmin;
temp-=POW[k];
}
if(OK==false)
trans[j][i]=0x3f3f3f3f;
}
memset(f,0x3f,sizeof f);
for(int i=1;i<=n;i++)
f[1][POW[i-1]]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
for(int k=j;k!=0;k=(k-1)&j)
if(trans[k][j]!=0x3f3f3f3f)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(i-1)*trans[k][j]);
long long ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=min(ans,f[i][m-1]);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
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