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。
输入输出格式
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。
输入输出样例
输入样例#1:
4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 1
输出样例#1:
4
输入样例#2:
4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 2
输出样例#2：
5
数据规模与约定
对于 $ 20% $ 的数据： 保证输入是一棵树，(1≤n≤8) , (v≤5000) , 且所有的 (v) 都相等。
对于 $ 40% $ 的数据： (1≤n≤8) ，(0≤m≤1000) ，(v≤5000) 且所有的 (v) 都相等。
对于 $ 70% $ 的数据： (1≤n≤8) ，(0≤m≤1000) ，(v≤5000)
对于 $ 100% $ 的数据： (1≤n≤12) ，(0≤m≤1000) ，(v≤500000)
思路
显然这道题可以用模拟退火做，当然这篇题解存在的意义绝不是为了对这个毒瘤算法进行讲解，想要了解更多相关信息的读者可以自行脑补右转自家搜索引擎。
首先看数据范围，(1≤n≤12)，如此之小大家的第一反应应该都是状压(DP)吧。再根据题意，我们不难对这个又臭又长混淆视听的题面进行简化：
- 给定一个 (N) 个点 (M) 条边的无向图，要求在图中找出一颗生成树，满足树上的节点到根节点的深度 (d) 与该点连到树中的边的权值 (w) 之积的和最小。
对于选定节点的每一种局面，我们用一个二进制数进行记录，其每一位上的 (1) 表示该点已被选中，反之则没被选中。使用数组 (f[i]) 记录当前局面下得最小代价。
显然地，对于每一个可能的根节点 (root) ，有:
f[1 << (root - 1)] = 0;
表示初始状态下代价为0。
f[(1 << n) - 1];
表示我们要求的目标代价。
由于数据范围很小，我们枚举每个点作为根节点计算 (f) 数组，再不断对答案进行更新即可。
代码实现上，我们使用深度优先搜索遍历状态空间，对于每一个状态 (state) ,摘出其中选定的点（位运算的相关操作稍后会进行补充），遍历该点的所有出边，维护一个记录当前点到选定根节点的 (dis) 数组，一旦得到当前状态的更优方案，就对 (f) 数组进行更新，如此往复直到所有状态都被更新完毕为止。
值得注意的是，由于每次枚举根节点都相当于对答案数组重新进行计算，所以务必不要忘记对各个变量进行初始化工作。以及，由于给定的数据范围中点数极少而边数相当的多，在图的储存过程中要注意可能出现的重边情况，此时取长度较短的边保留即可。
AC代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
int read(){
int re = 0,ch = getchar();
while(!isdigit(ch))ch = getchar();
while(isdigit(ch))re = (re<<1) + (re<<3) + ch - '0',ch = getchar();
return re;
}
int g[13][13],dis[13],f[1<<13];
int n,m,ans = 0x3f3f3f3f;
void dfs(int state){
for(int i = 1;i <= n;i++){
if(!((1<<(i-1))&state)) continue;
//排除不是点集中的边
for(int j = 1;j <= n;j++){
if(g[i][j] == 0x3f3f3f3f || j == i) continue;
//遍历出边
if(f[state|(1<<j-1)] > f[state] + g[i][j] * dis[i]){
//若可以更新f数组
int tmp = dis[j];
dis[j] = dis[i] + 1;
f[state|(1<<(j-1))] = f[state] + g[i][j] * dis[i];
dfs(state|(1<<(j-1)));
//对新的状态进行递归搜索
dis[j] = tmp;
//回溯
}
}
}
}
int main(){
n = read(),m = read();
int u,v,w;
memset(g,0x3f,sizeof(g));
for(int i = 1;i <= m;i++){
u = read(),v = read(),w = read();
g[u][v] = min(g[u][v],w);
g[v][u] = min(g[v][u],w);
//存图与重边处理
}
for(int i = 1;i <= n;i++){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(f,0x3f,sizeof(f));
dis[i] = 1;
f[1<<(i-1)] = 0;
//初始化
dfs(1<<(i-1));
ans = min(ans,f[(1<<n)-1]);
//更新答案
}
cout << ans;
return 0;
}