[NOIP2017] 宝藏 【树形DP】【状压DP】

题目分析：

这个做法不是最优的，想找最优解请关闭这篇博客。

首先容易想到用$f[i][S][j]$表示点$i$为根，考虑$S$这些点，$i$的深度为$j$情况的答案。

转移如下：

$f[i][S][j] = min(w(i,k)*(j+1)+f[k][S_0][j+1]+f[i][S-S_0][j])$ 其中$S != {i}$且$S_0 subsetneqq S$且$k in S_0$

$f[i][S][j] = 0$其中$S={i}$

这样已经可以通过了，时间复杂度是$O(n^3*3^n)$，原因是冗余状态太多。

但我们注意到对于每个集合我们都要遍历所有的为根的情况，用$g[i][S][j]$存储集合$S$中为根的最小值，可以优化到$O(n^2*3^n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m;

int g[13][13];

int f[13][1<<12][13],gi[13][1<<12][13];

void read(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(g,0x3f,sizeof(g));
    for(int i=1;i<=m;i++){
    int x,y,v; scanf("%d%d%d",&x,&y,&v);
    if(g[x][y] > v) g[x][y] = g[y][x] = v;
    }
}

void paint(int now,int S,int j){
    for(int i=1;i<=n;i++){
    if((1<<i-1)&S) continue;
    gi[i][S][j] = min(1ll*gi[i][S][j],f[now][S][j]+1ll*g[now][i]*j);
    }
}

void work(){
    memset(f,0x3f,sizeof(f));memset(gi,0x3f,sizeof(gi));
    for(int i=n-1;i>=0;i--){
    for(int j=1;j<=n;j++){
        f[j][1<<j-1][i] = 0;
        paint(j,1<<j-1,i);
    }
    for(int S=0;S<(1<<n);S++){
        int zeta = __builtin_popcount(S);
        if(zeta > n-i || zeta <= 1) continue;
        for(int k=1;k<=n;k++){
        if(!((1<<k-1)&S)) continue;
        for(int S1 = S;S1;S1 = (S1-1)&S){
            f[k][S][i] = min(gi[k][S1][i+1]+f[k][S-S1][i],f[k][S][i]);
        }
        paint(k,S,i);
        }
    }
    }
    int ans = 2147483647;
    for(int i=1;i<=n;i++){
    ans = min(ans,f[i][(1<<n)-1][0]);
    }
    printf("%d",ans);
}

int main(){
    read();
    work();
    return 0;
}