CCPC-Wannafly Winter Camp Day3 Div1

题目链接：https://zhixincode.com/contest/14/problem/D?problem_id=206

样例输入 1 

5 5
1 2 1
1 3 1
2 4 1
2 5 1
1 5 1

样例输出 1

20

样例输入 2 

5 10
1 2 1
1 3 2
1 4 3
1 5 4
2 3 5
2 4 6
2 5 7
3 4 8
3 5 9
4 5 10

样例输出 2

146

题解：

首先，删除一条边不可能使得任意两座城市的最短距离变得更近，所以尽可能地多删除边不会有任何坏处，因此最后得到的道路系统应该就是一棵树。

（吉老师表示，这道题是生成树上状压dp的经典套路。我这只蒟蒻听得一愣一愣的，感觉自己dp确实太薄弱了……）

jls表示套路是：用 $dp[i][S]$ 来表示一棵子树的某些属性，这棵子树的所有节点组成点集 $S$，并且该子树以 $i$ 节点为根。

首先将要计算的 $sum_{i=1}^{n} sum_{j=i+1}^{n} d(i,j)$ 转变成另一种计算方法，考虑一条边 $(u_i,v_i,w_i)$ 对这个答案的贡献；

考虑到一棵树上任意两个点间的路径都是唯一的，所以最短路就是唯一的那一条路径。因此一条边 $(u_i,v_i,w_i)$ 在 $sum_{i=1}^{n} sum_{j=i+1}^{n} d(i,j)$ 中被计算几次，就等于以这条边两端的两个子树内节点数的乘积。我们把这个值叫做这条边的贡献。

然后用 $dp[i][S]$ 表示在点集 $S$ 上构造了一棵根为 $i$ 的生成树，它的所有边的贡献之和是最大的。我们不需要关心树的具体结构，我们只要知道在点集 $S$ 上可以搞出一棵生成树，这棵树的复杂程度是最大就好了。

那么如何进行转移呢？很容易想到需要枚举子集，我们可以枚举 $S$ 的真子集 $T$，显然由于 $|T|<|S|$，所以对于任意的 $j in T$，$dp[j][T]$ 肯定已经被计算好了；同样的，对于集合 $S-T$，对于任意的 $i in S-T$，$dp[i][S-T]$ 肯定也是计算好了的。除非这是一个非法状态，换句话说即在原图上 $T$ 或者 $S-T$ 是不连通的。

那么，状态转移方程即：对于在原图中存在的 $forall edge(i,j)$，其中 $i in S-T, j in T$，有 $dp[i][S] = max(dp[i][S],dp[j][T]+dp[i][S-T]+ w(i,j) cdot |T| cdot |n-T|)$。（这里有一个易错的点是误认为是 $dp[j][T]+dp[i][S-T]+ w(i,j) cdot |T| cdot |S-T|$，错误的理由是 $S$ 并不是全集 $V$）

注：这个状压dp涉及到枚举子集的运算， x = x & (x-1) 是把 $x$ 二进制下最靠右的第一个 $1$ 变为 $0$， for(int t=s;t;t=(t-1)&s){} 则可以枚举 $s$ 的子集 $t$，而对于 $s$ 的一个子集 $t$ 求其补集 $s_t$ 则可以用 s_t = s ^ t 。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=15;

int n,m;
ll mp[maxn][maxn];
ll dp[maxn][1<<maxn];
vector<int> poi[1<<maxn];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    cin>>n>>m;
    for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++)
    {
        cin>>u>>v>>w;
        mp[u][v]=mp[v][u]=(ll)w;
    }

    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    for(int s=1;s<(1<<n);s++)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++) if(s&(1<<(i-1))) poi[s].push_back(i);
        if(poi[s].size()==1) dp[poi[s].front()][s]=0; //对于只有一个点的状态进行初始化
    }

    for(int s=1;s<(1<<n);s++)
    {
        for(int t=(s-1)&s;t;t=(t-1)&s)
        {
            if(dp[poi[t].front()][t]==-1) continue; //在原图上集合T不连通
            if(dp[poi[s-t].front()][s-t]==-1) continue; //在原图上集合S-T不连通
            for(auto i:poi[s-t])
            {
                for(auto j:poi[t])
                {
                    if(!mp[i][j]) continue;
                    ll T=poi[t].size();
                    dp[i][s]=max(dp[i][s],dp[j][t]+dp[i][s-t]+T*(n-T)*mp[i][j]);
                }
            }
        }
    }

    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[i][(1<<n)-1]);
    cout<<ans<<endl;
}