Dalao的题解多数是什么模拟退火、DFS剪枝、(O(3^nn^2))的状压DP之类。蒟蒻尝试着把状压改进了一下使复杂度降到(O(3^nn))。
考虑到每条边的贡献跟它所在的层有关，所以如果我们能够将一层的边一起加进去，计算就会方便许多。于是想办法把这个转移过程状压一下。
设(f_{i,j})为当前已选点集为(i)，下一层加入的点集为(j)时，新加入的所有点与原有点之间最小的边权之和。计算的具体实现，我们(O(2^n))枚举(i)，再枚举(i)的补集的子集(j)，把(j)的(lowbit)挑出来，(f_{i,j})等于(f_{i,j-lowbit(j)})加上(log lowbit(j))与(i)之间的最小边权。
这一部分的复杂度是(O(3^nn))（(n)元素集合的所有子集的子集大小之和是(3^n)可以证）
接着就可以开始转移了。设(g_{l,i})为总层数为(l)，已选点集为(i)的最小答案。参考(f)的定义我们可以很快的写出转移方程（式中的(i-j)为集合意义，代码中写i^j）
[g_{l,i}=sumlimits_{jin i}g_{l-1,i-j}+l*f_{i-j,j}
]
也是一遍枚举子集，复杂度还是(O(3^nn))。最后(maxlimits_{l=0}^ng_{l,2^n-1})就是答案。
当然，为了实际复杂度和理论一致，我们枚举子集不能这样暴枚
for(i=0;i<=S;++i)
if(i&S==i)//do something
而应该这样
for(i=S;i;i=(i-1)&S)
//do something
跟队爷Anson学的，具体原理蒟蒻也策不清楚啊qwq
代码十分简洁，注意INF的设置
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
const int N=13,M=4096,INF=0x01010101;
int a[N][N],f[M][M],g[N][M],ne[M],lg[M];
inline void chkmn(R&x,R y){
if(x>y)x=y;
}
int main(){
memset(a,1,sizeof(a));
memset(g,63,sizeof(g));//貌似需要区别对待
R n,m,S,s,i,j,l,x,y,v;
cin>>n>>m;
S=(1<<n)-1;
for(i=0;i<n;++i)
lg[1<<i]=i;//log预处理
while(m--){
cin>>x>>y>>v;
if(a[--x][--y]>v)//邻接矩阵存边
a[x][y]=a[y][x]=v;
}
for(i=1;i<=S;++i){
v=0;
for(j=s=S^i;j;j=(j-1)&s)
ne[j]=v,v=j;//为了更新顺序需要反向枚举
for(j=v;j;j=ne[j]){
x=lg[j&-j];v=INF;
for(y=0;y<n;++y)//找到可以连接的最小边权
if(1<<y&i)chkmn(v,a[x][y]);
f[i][j]=f[i][j^(j&-j)]+v;
}
}
for(i=1;i<=S;i<<=1)
g[0][i]=0;//状态预处理
for(l=1;l<n;++l)
for(i=1;i<=S;++i)
for(j=i;j;j=(j-1)&i)
chkmn(g[l][i],g[l-1][i^j]+f[i^j][j]*l);
v=0x7fffffff;
for(l=0;l<=n;++l)
chkmn(v,g[l][S]);
cout<<v<<endl;
return 0;
}