NOIP2017 宝藏
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 和 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：
输出共一行，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
解题思路：
看到题目数据的第一反应，这是一道状压dp题，可是这和传统的状压不一样，思前想后也想不出状态转移方程，怎么办？
先考虑一波部分分，20%数据很好打，数据保证是一棵树，且ｖ值相同，那就直接搜索乱搞，40%数据和20%差不多，spfa和floyed都可以过，这样40分就轻松拿到，在考场上这样的分数还算可观
因为n非常小，我们可以类比状压的思路进行搜索．看到数据范围，点很少，而边很多，那么就必定有许多重边，所以在搜索之前我们要先处理出两点之间的最短距离（用临接矩阵），然后就是枚举每个点进行搜索，用一个数组ｆ来表示走过的点的集合，然后在搜索中用已经到达的点去更新还没到达的点，更新方法和40分做法差不多
***cpp
include<bits/stdc++.h>
define in(i) (i=read())
using namespace std;
int read()
{
int ans=0,f=1;
char i=getchar();
while(i<'0'||i>'9')
{
if(i=='-') f=-1;
i=getchar();
}
while(i>='0' && i<='9')
{
ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0';
i=getchar();
}
return ansf;
}
int n,m;
int line[13][13];
int f[1<<12],num[15];
int dfs(int sta)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(1<<(i-1)&sta)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(!(1<<(j-1)&sta) && line[i][j]!=line[0][0])
{
if(f[sta|1<<(j-1)]>f[sta]+num[i]line[i][j])
{
int c=num[j];
num[j]=num[i]+1;
f[sta|1<<(j-1)]=f[sta]+num[i]*line[i][j];
dfs(sta|(1<<(j-1)));
num[j]=c;
}
}
}
}
}
}
int main()
{
int ans=2147483647;
in(n);in(m);
memset(line,127,sizeof(line));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a,b,c;
in(a);in(b);in(c);
line[a][b]=min(line[a][b],c);
line[b][a]=min(line[b][a],c);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(num,127,sizeof(num));
memset(f,127,sizeof(f));
num[i]=1;f[1<<(i-1)]=0;
dfs(1<<(i-1));
ans=min(ans,f[(1<<n)-1]);
}
cout<<ans<<endl;
}