Description
参与考古挖掘的小明得到了一份藏宝图，藏宝图上标出了 $n$ 个深埋在地下的宝藏屋， 也给出了这 $n$ 个宝藏屋之间可供开发的$ m$ 条道路和它们的长度。
小明决心亲自前往挖掘所有宝藏屋中的宝藏。但是，每个宝藏屋距离地面都很远， 也就是说，从地面打通一条到某个宝藏屋的道路是很困难的，而开发宝藏屋之间的道路 则相对容易很多。
小明的决心感动了考古挖掘的赞助商，赞助商决定免费赞助他打通一条从地面到某 个宝藏屋的通道，通往哪个宝藏屋则由小明来决定。
在此基础上，小明还需要考虑如何开凿宝藏屋之间的道路。已经开凿出的道路可以 任意通行不消耗代价。每开凿出一条新道路，小明就会与考古队一起挖掘出由该条道路 所能到达的宝藏屋的宝藏。另外，小明不想开发无用道路，即两个已经被挖掘过的宝藏 屋之间的道路无需再开发。
新开发一条道路的代价是：
$$mathrm{L} imes mathrm{K}$$
L代表这条道路的长度，K代表从赞助商帮你打通的宝藏屋到这条道路起点的宝藏屋所经过的 宝藏屋的数量（包括赞助商帮你打通的宝藏屋和这条道路起点的宝藏屋） 。
请你编写程序为小明选定由赞助商打通的宝藏屋和之后开凿的道路，使得工程总代 价最小，并输出这个最小值。
Input
第一行两个用空格分离的正整数 $n,m$，代表宝藏屋的个数和道路数。
接下来 $m$ 行，每行三个用空格分离的正整数，分别是由一条道路连接的两个宝藏 屋的编号（编号为 $1-n$），和这条道路的长度 $v$。
Output
一个正整数，表示最小的总代价。
Sample Input
4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 1
Sample Output
4
Hint
对于$ 100\%$的数据： $1 le n le 12$，$0 le m le 1000$，$v le 500000$
Solution
看到数据范围就知道大概是个状压了。考虑一下怎么设计状态。
看懂题意，题目的意思就是找一棵生成树，使得代价和最小。
考虑在任意时刻，我们关心的只有我们已经把多少点加进生成树了，以及生成树的最大树高是多少。
那么我们就设(f_{S,i})为当前生成树已经包含集合S中的点，并且树高是i。
那么状态转移方程就出来了：
(f_{S,i}=min){(f_{S_0,i-1}+pay)}，其中满足(S_0)是(S)的子集，通过(S_0)加边一定可以联结成(S)。(pay)是这次加边的花费。
那么怎么判断(S_0)在转移中是否合法呢？我们设(G_S)是S能拓展到的边的集合，显然G是可以预处理出来的。
在考虑pay的计算。
设(ss=S~xor~S_0)，即(ss)是在(S)但不在(S_0)中的元素。
这里pay的计算显然是对于每个(ss)中的元素取(S_0)中的元素向它连一条最短的边求和后( imes)i。
考虑这么做为什么是对的。
对于一个集合S和(S_0)，如果他们之间的边不是被(S_0)中最大深度的点连接成的，那么一定存在另一个(S_1)，包含另一种连边的情况使得(S_1)包含除被最大深度点连接的点以外的所有点，那么通过(S_1)转移的答案就是最小值，一定是正确的。所以不会漏解。
现在来整理一下思路：
1、预处理出对于每个点的集合所能拓展的点的集合。
2、对于每个点显然把他作为通向地面的点的时候他的深度是0，集合是((1<<i))。那么这样的DP值初始化为0
3、枚举集合，对于每个集合的子集，通过(G_S)判断该子集是否合法，如果合法，枚举所有需要被连向的点的最小边权求和乘深度，作为答案。
4、答案就是全集在1~n深度的最小值。
下面考虑时间复杂度：
首先考虑我们枚举集合的数量：
我们集合的枚举量显然是全集的子集的子集个数和。乍一看全集有(2^n)个子集，每个子集有(2^n)个子集。那么个数是(O(4^n))？事实上不是这样。考虑对于所有的的子集，他们的子集个数是(O(2^k))个，其中(k)是子集的元素个数。那么对于大部分的子集，他们的元素个数k都不等于n。显然这个上界太松了。那么如何计算枚举量呢？考虑对于元素个数为x的子集，共有(C_{n}^x)种方式。每个子集有(2^x)个子集，那么总的枚举量是(C_{n}^x~ imes~2^x)。应用二项式定理，原式＝((2+1)^n)=(3^n)。所以子集的枚举量是(O(3^n))。
对于每个集合最多有(n)个元素，每个元素枚举到它的边是(O(n))的，所以这里的复杂度是(O(n^2))的。
那么总的复杂度是(O(3^n~ imes~n^2))。大概是七千万左右。考虑对于绝大部分集合跑不满(n^2)的上界，并且可以进行一些剪枝优化，最终可以通过本题
Code
为了二进制运用方便，读入点的时候减一，所有的点从0编号到n-1。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long int
typedef long long int ll;
namespace IO {
char buf[50];
}
template<typename T>
inline void qr(T &x) {
char ch=getchar(),lst=' ';
while(ch>'9'||ch<'0') lst=ch,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
if (lst=='-') x=-x;
}
template<typename T>
inline void write(T x,const char aft,const bool pt) {
if(x<0) {putchar('-');x=-x;}
int top=0;
do {
IO::buf[++top]=x%10+'0';
x/=10;
} while(x);
while(top) putchar(IO::buf[top--]);
if(pt) putchar(aft);
}
template <typename T>
inline T mmax(const T a,const T b) {if(a>b) return a;return b;}
template <typename T>
inline T mmin(const T a,const T b) {if(a<b) return a;return b;}
template <typename T>
inline T mabs(const T a) {if(a<0) return -a;return a;}
template <typename T>
inline void mswap(T &a,T &b) {T temp=a;a=b;b=temp;}
const int maxn = 15;
const int maxm = 1010;
const int maxt = 1<<maxn;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n,m,a,b,c,ans=INF;
int frog[maxt][maxn],gorf[maxt],dis[maxn][maxn];
int main() {
qr(n);qr(m);
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
for(rg int i=1;i<=m;++i) {
a=b=c=0;qr(a);qr(b);qr(c);--a;--b;
dis[b][a]=dis[a][b]=mmin(dis[a][b],c);
}
memset(frog,0x3f,sizeof frog);
int all=(1<<n)-1;
for(rg int i=1;i<=all;++i) {
for(rg int j=0;j<n;++j) if(((1<<j)|i) == i) {
dis[j][j]=0;
for(rg int k=0;k<n;++k) if(dis[j][k]!=INF) {
gorf[i]|=(1<<k);
}
}
}
for(rg int i=0;i<n;++i) frog[1<<i][0]=0;
for(rg int i=2;i<=all;++i) {
for(rg int s0=i-1;s0;s0=(s0-1)&i) if((gorf[s0]|i) == gorf[s0]) {
int _sum=0;
int ss=s0^i;
for(rg int k=0;k<n;++k) if((1<<k)&ss) {
int _temp=INF;
for(rg int h=0;h<n;++h) if((1<<h)&s0) {
_temp=mmin(_temp,dis[h][k]);
}
_sum+=_temp;
}
for(rg int j=1;j<n;++j) if(frog[s0][j-1]!=INF) {
frog[i][j]=mmin(frog[i][j],frog[s0][j-1]+_sum*j);
}
}
}
for(rg int i=0;i<n;++i) ans=mmin(ans,frog[all][i]);
write(ans,'
',true);
return 0;
}
Summary
1、n个元素的子集的子集数量是(3^n)
2、在进行状态设计时可以考虑对于每个时刻需要知道的信息，以此设计维度
3、预处理大法吼啊！