NOIPD2T2 - 宝藏 题解

填坑，史前巨坑。
题意：对于一张图，确定一个点为根，构建一个生成树。求代价最小值。
代价的定义：“树中每一条边的权值与较浅点深度的乘积”之和。
考场上没有想清楚就草草码了一个Prim然后交了，但是因为你代价和深度有关，所以贪心地Prim是错误的。
因为 \(N\) 很小，这应当引导我们想到状压。（套路）
答案与深度有关，所以我们可以令 \(f[i][S]\) 为最深点深度为 \(i\)，已选点的集合为 \(S\) 时的最小答案。
枚举 \(p\) 为 \(S\) 的补集的子集，那么
\[f[i][S|p]=min(f[i-1][S]+cost[p])\]
状压可以把集合压成二进制数。（套路 again）
枚举集合补集的子集怎么做？
可以用树状数组中出现的 \(lowbit(i)=i\&(-i)\)。（小技巧）
如何求 \(cost\) 呢？同样用 \(lowbit\)。
然后我们就可以欢快的转移状态了。特判一下 \(N=1\)。
代码：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define reg register
#define cmin(_,__) ((_)>(__)?(_)=(__),1:0)
#define cmax(_,__) ((_)<(__)?(_)=(__),1:0)
#define dmin(_,__) ((_)<(__)?(_):(__))
#define dmax(_,__) ((_)>(__)?(_):(__))
#define Abs( ) (()>0?( ):-())
#define lowbit( ) (()&-(_))
using namespace std;
const long long Inf=1ll<<29;
int N,M,tot,pos[15],two[5005],used[5005];
long long f[15][5005],map[15][15],res=Inf,V[15],g[5005];
int main(){
scanf("%d%d",&N,&M);
if(N==1){
puts("0");
return 0;
}
for(reg int i=0;i<N;i++)
for(reg int j=0;j<N;j++)
map[i][j]=Inf;
for(reg int i=1,u,v,w;i<=M;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);u--,v--;
cmin(map[u][v],w);map[v][u]=map[u][v];
}
for(reg int i=0;i<N;i++)
two[1<<i]=i;
for(reg int i=0;i<=N;i++)
for(reg int S=0;S<(1<<N);S++)
f[i][S]=Inf;
for(reg int i=0;i<N;i++)
f[0][1<<i]=0;
for(reg int i=0;i<N;i++){
for(reg int S=0;S<(1<<N);S++){
/* 补集 /
tot=0;
for(reg int j=0;j<N;j++){
if(!(S&(1<<j))){
V[tot]=Inf;pos[tot]=1<<j;
for(reg int x=S;x;x-=lowbit(x))
cmin(V[tot],map[j][two[lowbit(x)]](i+1));
tot++;
}
}
g[0]=used[0]=0;
for(reg int j=1;j<(1<<tot);j++){
g[j]=g[j-lowbit(j)]+V[two[lowbit(j)]];
used[j]=used[j-lowbit(j)]|pos[two[lowbit(j)]];
cmin(f[i+1][S|used[j]],f[i][S]+g[j]);
}
}
}
for(reg int i=1;i<=N;i++)
cmin(res,f[i][(1<<N)-1]);
printf("%lld\n",res);
return 0;
}