狀態壓縮好題。下面我們來一一分析一下這道題的總體想法。
容易發現，\(n\leq12\)暗示這道題時間複雜度為指數級別的。
由於題目表明
兩個已經被挖掘過的寶藏屋之間的道路無需再開發。所以，我們開發的路徑構成的只能是一棵樹，不能是有環的圖。
因此，我們可以將題目抽象成：給定一張有\(n\)個點的圖，求出一棵生成樹（根節點任意）使 \(\sum_ dep_u\times w(u,fa_u)\)最小。
由於\(n\)很小，不難想到可以使用狀態壓縮。
我最開始的想法是：列舉根節點\(root\)，並定義以當前的根為根節點的狀態：\(d(i,j,s)\)代表當前葉子結點\(j\)距\(root\)距離為\(i\)時，正處理的點集是\(s\)的最小值。
那麼\(i\geq2\)時有如下轉移：\(dp(i,j,s)=min(dp(i-1,k,s\setminus\)+i\times d(i,k))\)。
而\(j=1\)有：\(dp(i,j,s)=min(dp(x,k,s\setminus\)+d(j,root))\)。
初始化：讓\(dp(0,root,0)=0\)，其餘\(\infty\)。
這樣的做法效率大約是：\(o(n^42^)\)，實際測試中所有的狀態是跑不滿的，故這種做法是可以通過本題目的時間限制的。
我們注意到剛剛那個轉移是相當混亂的，並且它會重複計算狀態值。
我們上述做法本質上是利用葉子結點向上逆推推的過程。那麼，我們是否可以反過來想——從乙個結點向它的子結點擴充套件，考慮剩下的子結點集合的代價。
根據此，我們來重新定義之前的狀態表示：
\(dp(i,j,s)\)代表距離根節點距離\(i\)考慮到的當前結點為\(j\)，從\(j\)開始「挖」的點集為\(s\)的最小代價和。換句話來講，我們只考慮以\(j\)為根的子樹的代價。
那麼有：\(dp(i,j,s)=min(dp(i+1,k,s'\setminus\)+dp(i,j,s\setminus)+d(j,k))\)，這裡面的\(s'\)代表的是\(s\)中的子集，而k是s『中的元素。
不難觀察到，方程類似於樹形dp中子樹合併該重要思想。事實上，我們利用它解決樹形依賴關係的一類問題（揹包九講）。
初始化，我們讓\(dp(i,j,0)=0\)，其餘正無窮，最終答案為\(min(dp(0,i,u\setminus\))\)。時間複雜度為\(o(n^32^n)\)，具體計算過於複雜，在此不展開。
在實現的過程中，為優化常數，我們可以預處理出所有狀態下的元素個數、最小元素下標，以及將所有的點的下標平移。
另外，要注意邊界條件。
#include#include#include#include#define re register
#define clr(x, y) memset(x,y,sizeof x)
#define for(i, x, y) for(re int i=x;i<=y;++i)
#define rof(i, x, y) for(re int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;
const int n = 13, s = 1 << n, inf = 1e9 + 5;
typedef long long ll;
template void read(t &x)
int n, m, t, siz[s] = {}, tt[s] = {};
ll ans = inf, d[n][n], dp[n][n][s];
int main()
ll u, v, w;
for(i, 1, m)
for(i, 1, t) siz[i] = siz[i & (i - 1)] + 1;
for(int i = 0; i < n; ++ i) tt[1 << i] = i;
for(i, 1, t) tt[i] = tt[i & (-i)];
clr(dp, 0x3f);
for(int i = 0; i < n; ++ i)
for(int j = 0; j < n; ++ j)
dp[i][j][0] = 0;
for(int i = n - 2; i >= 0; -- i)
}} }
for(int i = 0; i < n; ++ i) ans = min(ans, dp[0][i][t ^ (1 << i)]);
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
當資料規模很小的時候，可以考慮狀態壓縮；
在考慮樹上問題時往往從根節點開始考慮（像倍增一類的題目是從自己點開始考慮）；
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