一般的思路是(dp[i][j])代表前i个商店购买集合为j的最小费用，枚举每一个商店然后枚举子集。复杂度(O(n3^m))过不了。
先把(dp[i][j])设为(dp[i-1][j])表示钦定在这个商店购物，然后在(dp[i])中做背包。
具体就是枚举每一个商品买不买。
然后惊奇的发现这样复杂度为(O(nm2^m))可以通过本题。
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=70000;
int n,m,d[110],c[110][20],dp[2][N];
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
d[i]=read();
for(int j=1;j<=m;j++)
c[i][j]=read();
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<(1<<m);j++)
dp[i&1][j]=dp[(i&1)^1][j]+d[i];
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=1;k<(1<<m);++k)
if(k&(1<<j-1))
dp[i&1][k]=min(dp[i&1][k],dp[i&1][k^(1<<j-1)]+c[i][j]);
for(int j=0;j<(1<<m);j++)
dp[i&1][j]=min(dp[i&1][j],dp[(i&1)^1][j]);
}
printf("%d
",dp[n&1][(1<<m)-1]);
return 0;
}