洛谷P3959 宝藏（状压dp）

传送门

为什么感觉状压dp都好玄学……FlashHu大佬太强啦……

设$f_{i,j}$表示当前选的点集为$i$，下一次要加入的点集为$j$时，新加入的点和原有的点之间的最小边权。具体的转移可以枚举$i$，然后枚举$i$的补集$j$，找出$j$的$lowbit_j$

那么转移就是$$f_{i,j}=min{f_{i,j-lowbit_j}+min{dis[lowbit_j][i]}}$$

据说这一部分的复杂度是$O(3^nn)$，因为$n$元素的所有子集的大小之和是$3^n$（然而我并不会证）

然后考虑把整张图给分层，设$g_{l,i}$表示总层数为$l$,已选点集为$i$时的最小答案，然后转移就是

$$g_{l,i}=sum_{jin i}g_{l-1,i-j}+l*f_{i-j,j}$$

据说这个复杂度也是$O(3^nn)$，最后$max{g_{l,2^n-1}}$就是答案了

//minamoto
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
inline int read(){
    #define num ch-'0'
    char ch;bool flag=0;int res;
    while(!isdigit(ch=getc()))
    (ch=='-')&&(flag=true);
    for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
    (flag)&&(res=-res);
    #undef num
    return res;
}
const int N=13,M=4096,inf=0x01010101;
int a[N][N],f[M][M],g[N][M],ne[M],lg[M];
int n,m,S,s,l,x,y,v;
int main(){
//    freopen("testdata.in","r",stdin);
    memset(a,1,sizeof(a));
    memset(g,63,sizeof(g));
    n=read(),m=read();
    S=(1<<n)-1;
    for(int i=0;i<n;++i) lg[1<<i]=i;
    while(m--){
        x=read(),y=read(),v=read();
        if(a[--x][--y]>v) a[x][y]=a[y][x]=v;
    }
    for(int i=1;i<=S;++i){
        v=0;
        for(int j=s=S^i;j;j=(j-1)&s)
        ne[j]=v,v=j;
        //枚举i的补集，同时为了保证转移正确性要反着转移才行 
        for(int j=v;j;j=ne[j]){
            x=lg[j&-j],v=inf;
            for(y=0;y<n;++y)
            if(1<<y&i) cmin(v,a[x][y]);
            f[i][j]=f[i][j^(j&-j)]+v;
        }
    }
    for(int i=1;i<=S;i<<=1) g[0][i]=0;
    for(int l=1;l<n;++l)
    for(int i=1;i<=S;++i)
    for(int j=i;j;j=(j-1)&i)
    cmin(g[l][i],g[l-1][i^j]+f[i^j][j]*l);
    int v=0x3f3f3f3f;
    for(int l=0;l<=n;++l) cmin(v,g[l][S]);
    printf("%d
",v);
    return 0;
}