附带其他做法参考：随机化（模拟退火、爬山等等等）配合搜索剪枝食用。
首先题意相当于在图上找一颗生成树并确定根，使得每个点与父亲的连边的权乘以各自深度的总和最小。即$sumlimits_{i}depth_i imes value_{i→fa}$。
看数据范围想状压，固定好一个点为根，然后每个点选没选看做状态$0/1$压位，于是朴素思想是$f[S][S_0][d]$表示已经选了$S$，当前$d$层选了$S'$（$S'subset S$），这样一定可以保证由$S'$导出第$d+1$层，更新答案，而$S$内部其他$x otin S'$则不影响更新答案。但是，这样做时间和空间双炸，原因在于$S'$的枚举耗费大量时间。真的有枚举的必要吗？如果把状态设计为$f[S][d]$可以否？如果这样，每次从与$S$联通的剩余点里选子集来更新$f[S|T][d+1]$，选的这些点与已选的连通块中的点的最短边可以预处理出来，如果这种最短边恰好连到了第$d$层，那就是合法的。那么直接$mincost(S,T)*(d+1)$代价更新即可。但是如果真正连到的是非第$d$层的话，这样答案会被多算。不过，这样算出的比实际答案劣，一定存在另一种方案，在之前就已经把这个点选上，从而得出更优解，也就是说这个劣解不会影响答案，最优解总是会被枚举出来并且来更新的，这么做相当于把劣解和最优解全部枚举一遍，$min$一定被最优解更新掉了。所以这个$S'$维度可省。只要枚举$S$，在枚举剩余点子集$T$并计算代价，更新即可。
由于每个点都可以作为起始的根，于是$f[2^i][0]$都初始化为$0$。不过本人后来有点不清楚的是为什么不会撞到一起？比如不同根相同$S$和$d$的怎么处理？发现不影响，这样的话会取一个最优的，剩余点集显然与最优的相连才保证代价可能继续最优。具体的话感觉还是要感性理解。
总结：简化维度时要利用性质，推出某些性质来简化，不是凭空去掉的
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl 7 using namespace std; 8 typedef long long ll; 9 typedef double db; 10 typedef pair<int,int> pii; 11 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;} 12 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;} 13 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;} 14 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;} 15 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;} 16 template<typename T>inline T read(T&x){ 17 x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1; 18 while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x; 19 } 20 const int INF=0x3f3f3f3f; 21 int dis[1<<12][13],arr[1<<12]; 22 int f[1<<12][13]; 23 int a[13][13]; 24 int n,m,ans=INF; 25 int s[13],t[13]; 26 inline void preprocess(){ 27 for(register int i=1;i<(1<<n)-1;++i){ 28 s[0]=t[0]=0; 29 for(register int j=1;j<=n;++j) 30 if(i&(1<<j-1))s[++s[0]]=j; 31 else t[++t[0]]=j; 32 for(register int j=1;j<=t[0];++j) 33 for(register int k=1;k<=s[0];++k) 34 MIN(dis[i][t[j]],a[t[j]][s[k]]); 35 for(register int j=1;j<=t[0];++j)if(dis[i][t[j]]<INF)arr[i]|=1<<t[j]-1; 36 } 37 } 38 inline void dp(){ 39 for(register int i=1;i<=n;++i)f[1<<i-1][0]=0; 40 for(register int d=0;d<n;++d) 41 for(register int S=1;S<(1<<n)-1;++S)if(f[S][d]<INF) 42 for(register int j=arr[S];j;j=(j-1)&arr[S]){ 43 int res=0; 44 for(register int k=1;k<=n;++k)if((1<<k-1)&j)res+=dis[S][k]; 45 MIN(f[S|j][d+1],f[S][d]+res*(d+1)); 46 } 47 } 48 49 int main(){//freopen("treasure.in","r",stdin);//freopen("treasure.out","w",stdout); 50 read(n),read(m);memset(f,0x3f,sizeof f),memset(dis,0x3f,sizeof dis),memset(a,0x3f,sizeof a); 51 for(register int i=1,x,y,z;i<=m;++i)read(x),read(y),read(z),MIN(a[x][y],z),a[y][x]=a[x][y]; 52 preprocess(); 53 dp(); 54 for(register int i=0;i<n;++i)MIN(ans,f[(1<<n)-1][i]); 55 printf("%d ",ans); 56 return 0; 57 }
预处理后枚举$S$并枚举$T$，$T$可以近似看做补集，则这个过程可以看做子集枚举，每次在统计一下子集的$cost$，则复杂度$O(n3^n)$。但是好像被平方的吊打了。。。