简要题解如下：
记 (1) 到 (n) 的路径为关键路径。
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注意到关键路径只有一条是解题的关键，可以思考这张图长什么样子。
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不难发现关键路径上所有边均为桥，因此大致上是关键路径上每个点下面挂了很多个连通块。
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基于这张图的形态涉及一个 (dp)，令 (f_{i, S}) 表示当前只考虑 (S) 这个集合，当前在关键路径上走到的点为 (i) 留下的最大边权。
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转移有两种，一种是直接考虑在关键路径上往后扩展一个点 (j)，令一种方式是考虑在 (i) 下面挂上一个连通块 (T) 此处可以枚举子集。通过预处理等技巧可以做到 (mathcal{O(n ^ 2 2 ^ n + n 3 ^ n)})
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
const int N = 20;
const int M = (1 << 15) + 5;
int n, m, u, v, c, L, all, g[M], w[N][N], f[N][M], dp[N][M];
int main () {
cin >> n >> m, L = (1 << n) - 1;
memset(w, 128, sizeof(w)), memset(dp, 128, sizeof(dp));
rep(i, 1, m) cin >> u >> v >> c, w[u][v] = w[v][u] = c, all += c;
rep(S, 0, L) rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) if((1 << (j - 1)) & S) f[i][S] += max(0, w[i][j]);
rep(S, 0, L) {
rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) if(((1 << (i - 1)) & S) && ((1 << (j - 1)) & S)) g[S] += max(0, w[i][j]);
g[S] /= 2;
}
dp[1][1] = 0;
rep(S, 0, L) rep(i, 1, n) if(dp[i][S] >= 0) {
rep(j, 1, n)
if(!((1 << (j - 1)) & S) && w[i][j] > 0)
dp[j][S | (1 << (j - 1))] = max(dp[j][S | (1 << (j - 1))], dp[i][S] + w[i][j]);
for (int T = (L ^ S); T; T = ((T - 1) & (L ^ S)))
dp[i][S | T] = max(dp[i][S | T], dp[i][S] + f[i][T] + g[T]);
}
printf("%d", all - dp[n][L]);
return 0;
}
一定要将思路理清，考虑最终状态的时候一定要完全准确，否则可能会出现某些性质没有发现的情况。