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题目传送门 - 洛谷P3959
题目传送门 - Vijos P2032
题意
给定一个 $n$ 个节点 $m$ 条边的无向图。
现在请你在这个图之上生成一个有根树。
记 $d_i$ 为节点 $i$ 的深度 $(d_{root}=0)$ ，记 $fadis_i$ 为节点 $i$ 到其父亲节点的连边中的最小边权。
则这棵树的代价为
$$sum_{i=1}^{n}(d_i imes fadis_i)$$
问所有生成树中最小代价为多少。
$1leq nleq 12,0leq mleq 1000, 边权leq 500000$
题解
我们记 $dp[x][d][s]$ 表示以 $x$ 为子树根，其深度为 $d$ ，要在该子树内完成集合 $s$ 中节点的连接，所需要花费的最小代价。
则显然可以写出 DP 方程：
（其中 $g[x][y]$ 代表 $x$ 到 $y$ 的最小边权）
$$dp[x][d][s]=min(dp[y][d+1][s1 ackslash {y}]+g[x][y] imes (d+1)+dp[x][d][s-s1]igg| s1subset s)$$
至于集合 $s,s2$ 我们可以状压表示。
现在我们来分析一下时间复杂度。
首先我们看到前两维以及枚举 $y$ ，每一维一个 $O(n)$。
最重要的是最后一维。
这维的复杂度要和剩下的转移复杂度一起算，因为转移复杂度与这一维的数字有关。
如果这一维集合 $|s|=i$ ，则有 $2^i$ 种子集。满足 $|s|=i$ 的 $s$ 有 $inom{n}{i}$ 个。
所以这两部分总的复杂度为：（其中要用到：二项式定理）
$$egin{eqnarray*}sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}2^i&=&sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}2^i imes 1^{n-i}\&=&(1+2)^n\&=&3^n end{eqnarray*}$$
所以总的复杂度为 $O(n^33^n)$ ，注意常数大会被卡。
写到这里不禁让我想起某猪。某猪他去年联赛当场写出 $O(n^23^n)$ 的做法，而我至今做出了这个做法，却懒得去做更好的。
写到这里不禁让我想起某猪。Orz
写到这里不禁让我想起某猪。我的洛谷本题提交记录的最前面永远的留下了他的代码，永远的留下了当年赌NOIP分数吃全家桶的记忆……
写道这里，我不禁想起当年那些又吵又闹有骂有笑有他和他的开心的时光。
写到这里，我又想起了当年天真的笑容们。过去的都过去了，他是否仍然是他？但愿如此，愿他一路顺风。
不写下去了，不再憋着那泪，空自伤心罢。
代码
！！！！！本代码在洛谷被卡常，需要开 $O2$ 才可以通过。！！！！！
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=12,S=1<<N;
int n,m,g[N][N];
int s,sit[S][S],t[S];
int dp[N][N][S];
int DP(int x,int d,int s){
int &v=dp[x][d][s];
if (~v)
return v;
if (s==0)
return v=0;
v=1e9;
for (int i=1;i<t[s];i++){
int s1=sit[s][i],a=1e9;
for (int j=0;j<n;j++)
if (((s1>>j)&1)&&g[x][j]<1e9)
a=min(a,DP(j,d+1,s1^(1<<j))+(d+1)*g[x][j]);
v=min(v,a+DP(x,d,s^s1));
}
return v;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=0;i<n;i++)
for (int j=0;j<n;j++)
g[i][j]=1e9;
while (m--){
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c),a--,b--;
g[a][b]=g[b][a]=min(g[a][b],c);
}
s=1<<n;
for (int i=0;i<s;i++)
for (int j=0;j<s;j++)
if ((i|j)==i)
sit[i][t[i]++]=j;
memset(dp,-1,sizeof dp);
int ans=1e9;
for (int i=0;i<n;i++)
ans=min(ans,DP(i,0,(s-1)^(1<<i)));
printf("%d",ans);
return 0;
}