题目描述：
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} \times \mathrm{K}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。
链接：
https://www.luogu.org/problem/P3959
思路：
由于n较小，可以考虑状压一下，然后搜索，不状压也可以
void dfs(int now)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(now & (1<<(i-1)))//如果当前位可以走
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(( ( (1<<(j-1))&now) ==0) && dis[i][j]!=inf)//当前位没走过而且有边相连
if(f[ (1<<(j-1)) | now] > f[now]+dis[i][j]*dep[i])判断大小，更新答案。
{
int vis=dep[j];
dep[j]=dep[i]+1;
f[now|(1<<(j-1))]=f[now]+dis[i][j]*dep[i];
dfs(now | (1<<(j-1)));继续往下搜
dep[j]=vis;回溯时改回原值
}
}
}
}
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int inf = 2147483647;
const int M = 500050;
int dep[30],f[M],dis[20][20],n,m,ans=inf;
void clean()
{
for(int i=1;i<=n;i++) dep[i]=inf;
for(int i=1;i<=(1<<n)-1;i++) f[i]=inf;
}
void dfs(int now)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(now & (1<<(i-1)))
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(( ( (1<<(j-1))&now) ==0) && dis[i][j]!=inf)
if(f[ (1<<(j-1)) | now] > f[now]+dis[i][j]*dep[i])
{
int vis=dep[j];
dep[j]=dep[i]+1;
f[now|(1<<(j-1))]=f[now]+dis[i][j]*dep[i];
dfs(now | (1<<(j-1)));
dep[j]=vis;
}
}
}
}
int main()
{
for(int i=1;i<=19;i++)
for(int j=1;j<=19;j++)dis[i][j]=inf;
scanf("%d%d",&n,&m);
int x,y,c;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
dis[x][y]=min(c,dis[x][y]);
dis[y][x]=min(c,dis[y][x]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
clean();
dep[i]=1;
f[1<<(i-1)]=0;
dfs(1<<(i-1));
ans=min(ans,f[(1<<n)-1]);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}