P3959 宝藏
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：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。
输入格式
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。
输出格式
一个正整数，表示最小的总代价。
Solution
这道题和 灰原 一起想了一下午还是没有想出来（我们果然还是太菜了），去某谷看了这篇题解，觉得写的很棒想法也很巧，想记录一下这道题来加深一下记忆。
我们已经想到的：1.用一个数来表示走过的点的集合
2.往这个集合里面加一个点时，枚举此集合里的所有点，取
代价最小的连边
卡住我们的点是：1.我们无法证明 当往一个集合里新添一个点的时候，只用在
原来的连边方式上新连一条边即为最优解
2.无法仅通过一个集合来计算出代价，因为代价中含有边的
权值和两点之间的距离（或者说是在树上的两点之间的高
度差）
题解比我们多想的是：1.引进了一个新的变量-树的高度，这样的好处是，可以
方便得出代价
2.在转移时，对于一个已经走了了 i 个点的集合，不一
定仅从走了 i - 1 个点的集合转移过来，可以一次性从
i 的子集转移过来，加很多点
3.正因为一次性可以加多个点，那么每一次我们都是新
添的点全部与高度最高的点连，这样子得出的状态不
一定是正确的，但是正确的答案一定会被算出来（原
因请看4.）
4.我们假设有集合 i， 高度为 h，由集合 j 转移过来，
此时需要在 j 里面新添 k 个点。我们先用枚举的方
法，求出sum 表示 k 个点与集合里的点的最短边之
和，然后将 sum 乘以 h，得出代价。很明显的可以
看出，k 个点，每个点向集合里连的最短边，不一定
是高度为 h 的点，所以这个状态所存的代价不一定是
正确的。但是，总有一个树的高度 h0 可以满足，这
k 个点，所连的最短边相对应的另外 k 个点，全部是
高度为 h0 的点（可以自己 举具体的例子一步一步往
前推），则f[i][h0]所存的代价是正确的，而且是最优
的，这样子原来的 f[i][h] 所存的，虽然不是正确的，
但它一定不是最优的，所以取答案时绝对不会取到它。
Code
#include<bits/stdc++.h> #define F(i, x, y) for(int i = x; i <= y; ++ i) using namespace std; int read(); const int S = (1 << 12); const int N = 15; const int inf = 0x3f3f3f3f; int n, m, ans = inf, all; int u, v, e; int d[N][N]; //直接用邻接矩阵存加快访问速度 int s[S]; //预处理出对于集合 i 此时还可以往外连那些点 int f[S][N]; //f[i][j]表示集合 i 高度为 j 时的代价（其实也许是个假的233） int main() { n = read(), m = read(), -- n, all = (1 << n + 1) - 1; //为了方便 将点设为 0 ~ n - 1；all 为总状态数 F(i, 0, n) F(j, 0, n) d[i][j] = inf; F(i, 0, all) F(j, 0, n) f[i][j] = inf; F(i, 0, n) f[(1 << i)][0] = 0; //因为可以自选起点，所以这些状态是合法的 F(i, 1, m) { u = read(), v = read(), e = read(); -- u, -- v, d[u][v] = d[v][u] = min(d[u][v], e); //最多给了1000条边，而实际上最多只有72条，取最短的 } F(i, 1, all) F(j, 0, n) if((i | (1 << j)) != i) F(k, 0, n) if((i | (1 << k)) == i && d[j][k] != inf) s[i] |= (1 << j); //预处理出 s[] F(i, 1, all) for(int s0 = (i - 1) & i; s0; s0 = (s0 - 1) & i) //保证 s0 是 i 的子集 if((s0 | s[s0] | i) == (s[s0] | s0)) //判断 s0 是否可以经过连边变成 i { int sum = 0; //求出每条边的权值 F(k, 0, n) if(((1 << k) | i) == i && ((1 << k) | s0) != s0) //如果 k 不属于 s0 而属于 i，则需要新连边 { int tmp = inf; F(h, 0, n) if(((1 << h) | s0) == s0) //如果 h 属于 s0 则可以连边 tmp = min(tmp, d[h][k]); sum += tmp; } F(j, 1, n) if(f[s0][j - 1] != inf) f[i][j] = min(f[i][j], f[s0][j - 1] + sum * j); //最关键的地方，一定要弄懂！！ } F(i, 0, n) ans = min(ans, f[all][i]); //在全集中的每个高度中找最小值 printf("%d ", ans); return 0; } int read() { int x = 0; char c = getchar(); while(c < '0' || c > '9') c = getchar(); while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x; }