水题挑战3：NOIP 2017 宝藏

参与考古挖掘的小明得到了一份藏宝图，藏宝图上标出了 nnn 个深埋在地下的宝藏屋，也给出了这 nnn 个宝藏屋之间可供开发的 mmm 条道路和它们的长度。

小明决心亲自前往挖掘所有宝藏屋中的宝藏。但是，每个宝藏屋距离地面都很远，也就是说，从地面打通一条到某个宝藏屋的道路是很困难的，而开发宝藏屋之间的道路则相对容易很多。

小明的决心感动了考古挖掘的赞助商，赞助商决定免费赞助他打通一条从地面到某个宝藏屋的通道，通往哪个宝藏屋则由小明来决定。

在此基础上，小明还需要考虑如何开凿宝藏屋之间的道路。已经开凿出的道路可以任意通行不消耗代价。每开凿出一条新道路，小明就会与考古队一起挖掘出由该条道路所能到达的宝藏屋的宝藏。另外，小明不想开发无用道路，即两个已经被挖掘过的宝藏屋之间的道路无需再开发。

新开发一条道路的代价是：

L×K\mathrm{L} \times \mathrm{K}L×K

LLL代表这条道路的长度，KKK代表从赞助商帮你打通的宝藏屋到这条道路起点的宝藏屋所经过的宝藏屋的数量（包括赞助商帮你打通的宝藏屋和这条道路起点的宝藏屋）。

请你编写程序为小明选定由赞助商打通的宝藏屋和之后开凿的道路，使得工程总代价最小，并输出这个最小值。

输入格式
第一行两个用空格分离的正整数 n,mn,mn,m，代表宝藏屋的个数和道路数。

接下来 mmm 行，每行三个用空格分离的正整数，分别是由一条道路连接的两个宝藏屋的编号（编号为 1−n1-n1−n），和这条道路的长度 vvv。

输出格式
一个正整数，表示最小的总代价。

【数据规模与约定】

对于 %20\%20%20的数据：保证输入是一棵树，1≤n≤81 \le n \le 81≤n≤8，v≤5000v \le 5000v≤5000 且所有的 vvv 都相等。

对于 %40\%40%40的数据： 1≤n≤81 \le n \le 81≤n≤8，0≤m≤10000 \le m \le 10000≤m≤1000，v≤5000v \le 5000v≤5000 且所有的 vvv都相等。

对于 %70\%70%70的数据： 1≤n≤81 \le n \le 81≤n≤8，0≤m≤10000 \le m \le 10000≤m≤1000，v≤5000v \le 5000v≤5000

对于 %100\%100%%100的数据： 1≤n≤121 \le n \le 121≤n≤12，0≤m≤10000 \le m \le 10000≤m≤1000，v≤500000v \le 500000v≤500000

##SOLUTION

好吧其实这题还是有点难的，蒟蒻我当时还是在考场上拿到这题一脸懵逼。

看到这题的规模，n≤12n \le 12n≤12，一般就会有几种想法：爆搜，状压(还有大佬写的模拟退火。。。是本弱弱不会的了) 。

由题意可得，我们求完之后会是一棵树，图上找一棵树。

首先，我们想到某一个点iii 作为这个图中树的根，对于其他点，我们关心其他点到起点的距离。

对于第一部分分，我们只需要对每一个根做一次树形DP即可。

之后变成了一个图，我们考虑状态压缩。

我们记 f[S][i]f[S][i]f[S][i] , 表示我们对于状态为 SSS 的点集，最深层数为 iii 。

然后我们可以稍微思考一下，对于点集 SSS ,他可以由自己的子点集 S1S1S1 转移而来, ,于是，我们就有：

f[S][d]=minf[S1][d−1]+(d−1)×transfer[S1][S],S1⊂Sf[S][d] = min{f[S1][d-1] + (d-1) \times transfer[S1][S]}, S1\subset Sf[S][d]=minf[S1][d−1]+(d−1)×transfer[S1][S],S1⊂S

解释一下，这个式子相当于就是把S1S1S1 中的点，向外扩展一层，扩展完点集为SSS。

transfer[S1][S]transfer[S1][S]transfer[S1][S] 表示从 S1S1S1到 SSS 的最小价值。

我们考虑S中点iii，不在S1S1S1 中，那么从iii 转移到S1S1S1 的最小价值为：

W[i][S1]=min(e[i][j]),j∈S1W[i][S1] = min(e[i][j]), j \in S1W[i][S1]=min(e[i][j]),j∈S1

但是事实上这个W数组是不用写出来的，一次次加上去就好了。

然后

transfer[S1][S]=σW[i][S1],i∈S,i∉S1transfer[S1][S] = \sigma W[i][S1] ,i\in S, i\notin S1transfer[S1][S]=σW[i][S1],i∈S,i∈/S1

但是吧，不知道大家有没有这个困惑

#我们压根没考虑根节点！！

在我写完时候也有点纠结（纠结了好久，写完才想到）

其实我们考虑一个点

我不会画画（偷懒），引用了大佬的博客GoldenPotato的OI世界

考虑这个图里，我们以图中给的为根，如果我们统计k=1时候没有加最右边的一个点，到k=2的状态时把这个点算进去，那不是距离根节点只有一个宝藏屋的边要×2\times 2×2

显然是不对的。

但是我们可以在其他点为根的状态中，把这个点加进去，就一定会有最优的解。

所以我们的答案统计为： ans=minf[i][(1<<n)−1],i∈[1,n]ans = min{f[i][(1<<n)-1], i \in [1,n]}ans=minf[i][(1<<n)−1],i∈[1,n]

还有一个小技巧，就是枚举子集，

 for(int s1=s; s1; s1=(s1-1)&s)

复杂度这样就从n2×4nn^2\times 4^nn2×4n 降到 n2×3nn^2 \times 3^nn2×3n

于是乎，贴代码。

如果我哪里有疏漏，欢迎大家指正~

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define _(d) while(d(isdigit(ch=getchar())))
template <class T> void g(T&t){T x,f=1;char ch;_(!)ch=='-'?f=-1:f;x=ch-48;_()x=x*10+ch-48;t=f*x;}
typedef long long ll;
const int N=14;
int n, m, inf, tr[1<<N][1<<N], e[N][N];ll f[N][1<<N];
int main(){g(n), g(m);memset(e, 63, sizeof(e)); inf = e[0][0];rep(i,1,m){int x, y, z; g(x), g(y), g(z);e[x][y] = e[y][x] = min( e[x][y], z );}rep(s, 0, (1<<n)-1){for(int s1=s; s1; s1=(s1-1)&s){int tmp= s ^ s1;bool flag=0;rep(i, 1, n){if( 1<<(i-1) & tmp ){int tt= inf;rep(j, 1, n){if( 1<<(j-1) & s1){tt= min( tt, e[i][j] );}}if( tt == inf ){flag = 1;break;}tr[s1][s] += tt;}}if( flag ){tr[s1][s] = inf;}}    }memset(f, 63, sizeof(f));ll ans=f[0][0]; rep(i, 1, n) f[1][1<<(i-1)] = 0;rep(i, 2, n){rep( s, 0, (1<<n)-1 )for(int s1=s; s1; s1=(s1-1) & s ){if(tr[s1][s]!=inf)f[i][s]=min(f[i][s], f[i-1][s1] + tr[s1][s]*(i-1) );}}rep(i, 1, n) ans=min(ans, f[i][(1<<n)-1]);printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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