题意：给出一个(n)个结点的联通无向图，每条边都有边权。令删去一条边的费用为这条边的边权。求最小的费用以删去某些边使得结点(1)至结点(n)有且只有一条路径。
(n leq 15)
不难想象出，删去边后所得的图形中，在(1)到(n)的路径上的每一条边都是桥。换言之，每一条边都连接两个边双联通分量。 (n leq 15)的数据范围显然与状压dp有关，于是我们考虑枚举下一个边双联通分量来完成dp转移，以不断铺设从(1)到(n)的路径。
令dp状态为dp[S,cur]，其中(S)为当前已被选的点的集合，且(1)到(n)的路径以铺设到(cur)。那么，我们的转移就是铺设下一个结点，或新增一个包含(cur)的边双（不包含(S)中的其他结点）。这样，如果记两个集合(S)，(T) 之间所有边的和为co[S,T]，我们就能得到转移方程：
-
[{ m{dp}}[S igcup { u },u] = { m dp}[S,cur] +{ m co}[{ u },S - { cur }] ]
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[{ m dp}[S igcup T,cur] = { m dp} [S,cur] + { m co}[T,S - { cur }] ]
复杂度是(O(n imes 3^n))。
上面的转移是从题解上抄来的（划。它与直接枚举下一个边双和路径上的结点的做法相比，复杂度上更优越。（后者的复杂度是(O(n^2 imes 3^n))。
顺便一提，co所占用的空间是(O(3^n))的，并且在dp时要注意第一条方程中(u)和(cur)必须相邻。
#include <bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) ((x) & (- (x)))
#define rev(x) (((1 << n) - 1) ^ x)
#define R register
using namespace std;
const int N = 15, MAX = 1 << 15, MAX3 = 14348907, INF = 0x3f3f3f3f;
int n,m,su[N+2][MAX],dp[MAX][N + 2],trans[MAX],co[MAX3];
int main() {
int x,y,z;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
su[x][1 << y >> 1] += z;
su[y][1 << x >> 1] += z;
}
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
for (R int j = 1 ; j < (1 << n) ; ++ j)
su[i][j] = su[i][j - lowbit(j)] + su[i][lowbit(j)];
for (R int i = 1 ; i < (1 << n) ; ++ i) {
for (int j = 1, t = 1 ; j <= n ; ++ j, t *= 3)
if ((i >> j-1)&1) trans[i] += t;
}
for (R int i = 1 ; i < (1 << n) ; ++ i)
for (R int j = rev(i) ; j ; j = (j-1)&rev(i)) {
int t = trans[i] + 2 * trans[j];
for (int k = 1 ; k <= n ; ++ k)
if ((i >> k-1)&1) co[t] += su[k][j];
}
memset(dp,0x3f,sizeof dp);
dp[1][1] = 0;
for (R int i = 1 ; i < (1 << n) ; ++ i) {
for (int j = 1 ; j <= n ; ++ j) if ((i >> j-1)&1) {
if (dp[i][j] == INF) continue;
for (R int k = rev(i) ; k ; k = (k-1)&rev(i)) if (su[j][k] > 0)
dp[i | k][j] = min(dp[i|k][j],dp[i][j]+co[trans[i^(1<<j>>1)]+2*trans[k]]);
if ((i >> n-1)&1) continue;
for (int k = 1 ; k <= n ; ++ k) if (!((i >> k-1)&1)) if (su[k][1<<j>>1] > 0)
dp[i|(1<<k>>1)][k] = min(dp[i|(1<<k>>1)][k],dp[i][j]+su[k][i^(1<<j>>1)]);
}
}
printf("%d
",dp[(1 << n) - 1][n]);
return 0;
}
小结：在dp转移时把一步拆成两步，是可以减小复杂度的。