Description
给出一个\(n(n\leq12)\)个点\(m(m\leq1000)\)条边的带权无向图，求该图的一棵生成树，使得其边权×该边距根的深度之和最小。
Solution
既然\(n\leq12\)，可以猜测是状压DP。
定义\(f[dpt][s][s_1]\)表示一棵深度为\(dpt\)，点集为\(s\)，最深的（深度为\(dpt\)）的点的集合为\(s_1\)的生成树的权值。我们考虑给\(s_1\)接上一些点\(s_2\)，从而转移为\(f[dpt+1][s|s_2][s_2]\)。转移方程为：\[f[dpt+1][s|s_2][s_2]=min\{ f[dpt][s][s_1]+w[s_1][s_2] \} \space (s_1\in s,s_2\in \complement_U^s )\]其中\(w[s_1][s_2]\)表示将\(s_2\)接在\(s_1\)上的最小花费，预处理一下即可。
Code
//「NOIP2017」宝藏
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int const N=15;
int const S=1<<12;
int const INF=0x3F3F3F3F;
int n,m,ed[N][N]; int U;
int w[S][S],f[2][S][S];
void calW()
{
memset(w,0x3F,sizeof w);
for(int s1=0;s1<=U;s1++) w[s1][0]=0;
for(int s1=0;s1<=U;s1++)
for(int i=0;i<n;i++)
{
int s2=1<<i; if(s1&s2) continue;
for(int j=0;j<n;j++)
if((s1>>j)&1) w[s1][s2]=min(w[s1][s2],ed[i+1][j+1]);
}
for(int s1=0;s1<=U;s1++)
for(int s2=1;s2<=U;s2++)
{
if(s1&s2) continue;
for(int i=1;i<=s2;i<<=1)
if(s2&i) w[s1][s2]=min(w[s1][s2],w[s1][s2^i]+w[s1][i]);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m); U=(1<<n)-1;
if(n==1) {puts("0"); return 0;}
memset(ed,0x3F,sizeof ed);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v,c; scanf("%d%d%d",&u,&v,&c);
ed[u][v]=ed[v][u]=min(ed[u][v],c);
}
calW();
int c=0; int ans=INF;
memset(f,0x3F,sizeof f);
for(int i=1;i<=U;i<<=1) f[c][i][i]=0;
for(int dpt=1;dpt<=n;dpt++)
{
c^=1;
for(int s=0;s<=U;s++)
for(int s2=U^s;s2;s2=(s2-1)&(U^s))
{
int res=INF;
for(int s1=s;s1;s1=(s1-1)&s)
if(f[c^1][s][s1]<INF&&w[s1][s2]<INF) res=min(res,f[c^1][s][s1]+w[s1][s2]*dpt);
f[c][s|s2][s2]=res;
}
for(int s2=0;s2<=U;s2++) ans=min(ans,f[c][U][s2]);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}P.S.
初始的DP数组要清\(\infty\)，而不是\(0\)。
DP数组需要滚动，否则会MLE。
我这个做法在LOJ上需要稍微卡一下常，第52行的if就是卡常用的。