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题目大意：有一张无向图，每条边有一定的花费，给出一些点集，让你从中选出一些边，用最小的花费将每个点集内的点相互连通，可以使用点集之外的点（如果需要的话）。
算是斯坦纳树的入门题吧。
什么是斯坦纳树呢？
假定有这样的题目：给你一张无向图和一个点集，每条边有一定的花费，让你选出一些边使点集内的所有点连通，求最小花费。
可以发现，如果点集大小为2，那么就转化成了一个两点间最短路问题。
而如果点集大小为总点数，那么就转化成了一个最小生成树问题。
进一步可以推出，如果点集大小为3，那么答案就相当于选出一个点，使该点到点集内三点的距离之和最短。
那么如果点集大小为4,5,...,乃至更多，怎么办？
随着点集的增加，情况也会越来越复杂，好像一时难以找到突破点。
其实这类题有着通用的解法，也就是斯坦纳树的dp。
设$dp[S][i]$为构造出以i为根（选根只是为了方便转移，无实际意义，相当于无根树转有根树），连通的点集为S的树的最小化费，则初始状态为$dp[1<
$dp[S][i]=\left\{\begin{matrix}\begin{aligned}&min\{dp[S'][i]+dp[S\oplus S'][i]\}\\&min\{dp[S][j]+d[j][i]\}\end{aligned}\end{matrix}\right.$
其中$S'$是$S$的子集，$d[j][i]$表示点j与点i直接相连的边的花费。
其中第一类转移是有序的，可以直接dp求解；而第二类是无序的，需要用SPFA求解（用Dijkstra理论上也可以，但通常SPFA更快）
这样的转移还存在一个问题，就是有些边可能会重复经过，但总会存在一个不会重复的最优解，所以可以忽略掉这个问题。
这是只有一个点集时的情况，如果有多个点集的话只需要再加一个转移就好了：
$mi[S]=min\{mi[S']+mi[S\oplus S']\}$
其中$mi[S]$表示将点集S连通的最小花费，初始值为$mi[S]=min\{dp[S][i]\}$，且$S$和$S\oplus S'$都要满足：对于任意一个点集中的点，要么不包含，要么全部包含。
复杂度$O(n(3^k+Am2^k))$，A为SPFA的常数，一般较小。
1 #include
2 using namespace std;
3 typedef long long ll;
4 const int N=1000+10,inf=0x3f3f3f3f;
5 int n,m,k,hd[N],ne,inq[N],dp[1<<10][N],mi[1<<10],SS[10+5],Y[N],X[N],ok[1<<10];
6 struct E {int v,c,nxt;} e[N*6];
7 void addedge(int u,int v,int c) {e[ne]= {v,c,hd[u]},hd[u]=ne++;}
8 queue<int> q;
9 void upd(int u,int c,int S) {
10 if(dp[S][u]>c) {dp[S][u]=c; if(!inq[u])inq[u]=1,q.push(u);}
11 }
12 void spfa(int S) {
13 while(q.size())q.pop();
14 memset(inq,0,sizeof inq);
15 for(int i=1; i<=n; ++i)if(dp[S][i]!=inf)q.push(i),inq[i]=1;
16 while(q.size()) {
17 int u=q.front();
18 q.pop(),inq[u]=0;
19 for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt)upd(e[i].v,dp[S][u]+e[i].c,S);
20 }
21 }
22 int main() {
23 memset(hd,-1,sizeof hd),ne=0;
24 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
25 while(m--) {
26 int u,v,c;
27 scanf("%d%d%d",&u,&v,&c);
28 addedge(u,v,c);
29 addedge(v,u,c);
30 }
31 for(int i=0; ii) {
32 int a,b;
33 scanf("%d%d",&a,&b);
34 Y[b]=i,X[i]=b;
35 SS[a]|=1<<i;
36 }
37 for(int i=1; i<=10; ++i)if(SS[i])ok[SS[i]]=1;
38 for(int i=1; i<=n; ++i)spfa(i);
39 memset(dp,inf,sizeof dp);
40 for(int i=0; i1<0;
41 for(int S=1; S<(1<S) {
42 for(int S2=(S-1)&S; S2; S2=(S2-1)&S)
43 for(int i=1; i<=n; ++i)
44 dp[S][i]=min(dp[S][i],dp[S2][i]+dp[S^S2][i]);
45 spfa(S);
46 mi[S]=inf;
47 for(int i=1; i<=n; ++i)mi[S]=min(mi[S],dp[S][i]);
48 }
49 for(int S=1; S<(1<S)
50 for(int S2=(S-1)&S; S2; S2=(S2-1)&S)if(ok[S2]&&ok[S^S2])
51 mi[S]=min(mi[S],mi[S2]+mi[S^S2]),ok[S]=1;
52 printf("%d\n",mi[(1<1]);
53 return 0;
54 }
