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：
\[L×K
\]
\]
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。
solution
正解：状压DP
按层DP，枚举每一层加入哪些点，转移即可
设 \(f[i][j]\) 表示已经扩展到第 \(i\) 层，已经开发的集合为 \(j\) 的最小代价.
每一次找出集合中的点能扩展到的点，然后dfs枚举选择哪些点扩展，加一些剪枝即可
复杂度 \(O(2^{2n}*n)\)，加上剪枝可以不满，不过听说枚举补集是 \(O(3^n*n)\) 的？
另外值得注意的是：这样DP会出现很多不合法的状态，但是并不会比合法状态优，所以是可行的
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define RG register
#define il inline
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
const int N=15;
int map[N][N],dp[N][1<<12],c[N],inf,j,n,m,D;
inline void dfs(int x,int S,int tot){
if(x==n){
dp[D+1][j|S]=min(dp[D+1][j|S],dp[D][j]+tot);
return ;
}
if(c[x]!=inf && !(j&(1<<x)))dfs(x+1,S|(1<<x),tot+c[x]);
dfs(x+1,S,tot);
}
void work()
{
int x,y,z;
memset(map,127/3,sizeof(map));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
x--;y--;
map[x][y]=Min(map[x][y],z);
map[y][x]=map[x][y];
}
if(n==1){puts("0");return ;}
memset(dp,127/3,sizeof(dp));
memset(c,127/3,sizeof(c));
int lim=(1<<n)-1;
inf=dp[0][0];
for(int i=0;i<n;i++)dp[1][1<<i]=0;
for(int i=1;i<n;i++){
D=i;
for(j=1;j<lim;j++){
for(int k=0;k<n;k++)c[k]=inf;
for(int k=0;k<n;k++){
if(!((1<<k)&j))continue;
for(RG int l=0;l<n;l++){
if(((1<<l)&j) || map[k][l]==inf)continue;
c[l]=min(c[l],map[k][l]*i);
}
}
dfs(0,0,0);
}
}
int ans=2e9;
for(int i=1;i<n;i++)ans=min(ans,dp[i][lim]);
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
work();
return 0;
}