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宝藏(NOIP2017)
Description
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。
Input Format
第一行两个用空格分离的正整数 n,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。
Output Format
一个正整数，表示最小的总代价。
Sample Input
4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 1
Sample Output
4
解析
简单概括题意：给出一副无向图,每条边都有一个权值且均未开通,先可以随便取一个起点,要开通一些边,使它成为一个连通图,开通一条边的代价为这条边的权值*起点到它的点的个数(起点也算),求最小代价。
数据范围(N<=12)，基本上可以确定是状压(DP)了。我们直接最简单地设置状态:(f[S])代表以及取的节点的状态为S的最小代价，那么目标状态就是(f[(1<<n)-1])。
如果考虑递推求解的话，我们发现需要计算花费的深度会很难枚举，这就导致了(DP)顺序的问题，如果选择用记忆化搜索求解的话，会方便很多。
由于起点不是确定的，我们需要用一重循环来枚举起点，然后以(1<<(root-1))为初始状态，对每一种情况进行一次记忆化搜索，记搜的大体思路如下：
1.对于状态(S)，枚举一个点(i)，满足(i in S)
2.在枚举一个点(j)，满足(i,j)有边相连且(j otin S)
3.状态转移方程:(f[S']=min{f[S]+depth[i]*dis[i][j]})
4.更新新加入的节点j的深度
5.搜索下一个状态(S')
6.回溯还原节点j的深度
最后在每一种情况的目标状态中取个(min)就是最终的答案了，时间复杂度(O(n^32^n))。
(Code:)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=15,M=10015,Smax=(1<<N)+20,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,dis[N][N],f[Smax],depth[N],ans=INF;
inline void input(void)
{
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v,val;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&val);
dis[u][v]=dis[v][u]=min(dis[u][v],val);
}
}
inline void Search(int S)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if((1<<(i-1))&S)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(not ((1<<(j-1))&S)&&(dis[i][j]<INF))
{
if(f[S|(1<<(j-1))]>f[S]+depth[i]*dis[i][j])
{
int temp=depth[j];
depth[j]=depth[i]+1;
f[S|(1<<(j-1))]=f[S]+depth[i]*dis[i][j];
Search(S|(1<<(j-1)));
depth[j]=temp;
}
}
}
}
}
}
inline void solve(void)
{
for(int root=1;root<=n;root++)
{
memset(f,0x3f,sizeof f);
memset(depth,0x3f,sizeof depth);
f[1<<(root-1)]=0;
depth[root]=1;
Search(1<<(root-1));
ans=min(ans,f[(1<<n)-1]);
}
}
int main(void)
{
input();
solve();
printf("%d
",ans);
}
<后记>