来一篇不那么慢的状压？？？
一看数据规模，n≤12n≤12，果断状压。
然后起点要枚举，就设dpdp状态：
f[i][j]=以i为起点到j状态的最小花费
其中jj是一个二进制数（用十进制来表示）第ii位的11、00分别表示是否已经到达第ii点（11表示已经到达，00表示还未到达）
（因为mm很大，nn很小，会有重边，所以用邻接矩阵（e[u][v]e[u][v]））
由此可以列出状态转移方程：
f[i][j]=min{f[i][k]+diss[i][k][u]*e[u][v]}
(j&(1<<(u-1))!=0,j&(1<<(v-1))!=0,i!=v,k=j^(1<<(v-1)),e[u][v]!=1e9)（e[u][v]!=1e9e[u][v]!=1e9说的就是uu、vv之间有边）
什么意思？就是说我们再找一个状态（kk）比当前状态（jj）只少一个点（显然不能是起点），然后从kk向jj拓展，在所有的kk中取花费最少的那种。
但是还有一个问题，该边的花费怎么算？
根据题目描述，就将该边长度乘上起点到uu经过的点数（dis[i][j][u]dis[i][j][u]）即可。
问题又来了，dis[i][j][u]dis[i][j][u]怎么算？
每次状态转移的时候顺便转移一下即可
代码如下：
#include<cstdio>
inline int read(){
int r=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')r=(r<<1)+(r<<3)+c-'0',c=getchar();
return r*f;
}
int n,ans=1e9,m,f[15][5005],e[15][15],dis[15][5005][15];
inline int min(int a,int b){
return a<b?a:b;
}
int main(){
freopen("treasure.in","r",stdin);
freopen("treasure.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
e[i][j]=1e9;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read();
if(u-v)e[u][v]=e[v][u]=min(e[u][v],read());
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<1<<n;j++)
f[i][j]=1e9;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i][1<<(i-1)]=0;
dis[i][1<<(i-1)][i]=1;
for(int j=(1<<(i-1))+1;j<1<<n;j++){
if(!(j&(1<<(i-1))))continue;
int x=j,u=1;
while(x){
if(x&1){
for(int v=1;v<=n;v++){
if(i==v||e[u][v]==1e9||!(j&(1<<(v-1))))continue;
int k=j^(1<<(v-1));
if(f[i][j]>f[i][k]+dis[i][k][u]*e[u][v]){
f[i][j]=f[i][k]+dis[i][k][u]*e[u][v];
for(int y=1;y<=n;y++)dis[i][j][y]=dis[i][k][y];
dis[i][j][v]=dis[i][k][u]+1;
}
}
}
u++;
x>>=1;
}
}
ans=min(ans,f[i][(1<<n)-1]);
}
printf("%d",ans);
return 0;
}