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解法

為什麼我的狀壓dp那麼醜啊……

• 發現$n≤12$，所以不妨考慮狀壓dp
• 設$f[d][S][rt]$表示當前深度為$d$，在根為$rt$的子樹中有$S$集合內的點的最小代價
• 考慮先列舉$rt$的一個兒子是什麼，假設為$x$，然後列舉集合$S'\subset S$作為$x$的子樹部分，其它剩下的部分繼續作為除$x$以外的子樹部分
• 可以發現這個dp很好轉移：$f[d][S][rt]=min(d×v[rt][x]+f[d+1][S'][x]+f[d][S-S'][rt])$
• 時間複雜度：$O(3^nn^3)$
• 為什麼是這個複雜度呢？因為列舉子集的整體複雜度為$O(3^n)$，這個可以使用二項式定理來證明。關於$n$的狀態為$O(n^2)$，轉移的複雜度為$O(n)$，所以總複雜度為$O(3^nn^3)$

程式碼

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 1ll << 40
#define ll long long
 

#define N 13
using namespace std;
ll lg[1 << N], a[N][N], f[N][1 << N][N];
int lowbit(int x) {return x & -x;}
ll dp(int d, int S, int rt) {
    if (!S) return 0;
    if (f[d][S][rt]) return f[d][S][rt];
    ll ret = inf;
    for (int tx = S, ty = lowbit(S); tx; tx -= ty, ty = lowbit(
 
tx)) {
        int x = lg[ty], y = S ^ ty; ll tmp = a[rt][x] * d;
        for (int s = y; s; s = (s - 1) & y)
            ret = min(ret, tmp + dp(d + 1, s, x) + dp(d, y ^ s, rt));
        ret = min(ret, tmp + dp(d, y, rt));
    }
    return f[d][S][rt] = ret;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n, m; cin >> n >> m;
    for (int i = 2; i < (1 << n); i++) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < n; j++)
            a[i][j] = inf;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int x, y; ll v; cin >> x >> y >> v;
        x--, y--; ll tx = min(a[x][y], v);
        a[x][y] = a[y][x] = tx;
    }
    ll ans = inf, mask = (1 << n) - 1;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        ans = min(ans, dp(1, mask ^ (1 << i), i));
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}