[状压DP]NOIP2017Day2T2 宝藏 题解

题目大意

给出一个无向图，一开始选中一个点进行扩展成一棵树，初始节点深度为0，每次建边的代价为子节点到父节点的距离乘上子节点的深度，求最小建边代价。 $n\le 12$

解题分析

见$n$那么小肯定想到状压DP了，然后用二进制枚举状态，可以用$f[S]$表示状态为$S$（0为不在树上，1为在树上），但是需要乘上子节点的深度，那么如何枚举？考虑加一维$f[i][S]$表示在第$i$层状态为$S$的情况，然后枚举$S$的子集$s$，转移很简单，而且枚举子集的话不用$4^n$可以做到$3^n$次枚举，然后预处理一次，复杂度从$O(3^n{n}^3)$降到$O(n{3}^n)$。

现在发现这题确实蛮水的……真是蠢死了我……

示例代码

题目各大OJ平台上肯定有，这里不贴传送门了。

#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxs=(1<<12)+5;
int n,e,ans,dst[15][15],mn[maxs][15],sum[maxs][maxs],f[15][maxs],INF;
void _init(){
	freopen("treasure.in","r",stdin);
	freopen("treasure.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&e); memset(dst,63,sizeof(dst));
	INF=dst[0][0]; ans=INF;	memset(mn,63,sizeof(mn));
	for (int i=1,x,y,z;i<=e;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); x--; y--;
		dst[x][y]=dst[y][x]=min(dst[x][y],z);
	}
	for (int S=1;S<(1<>j&1) mn[S][i]=min(mn[S][i],dst[j][i]);  //从S向i建边最小值
}
void _solve(){
	memset(f,63,sizeof(f));
	memset(sum,0,sizeof(sum));
	for (int i=0;i>i&1)&&!(s>>i&1))
					if (mn[s][i]