「NOIP2017」「LuoguP3959」宝藏（爆搜

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 nn 个深埋在地下的宝藏屋，也给出了这 nn 个宝藏屋之间可供开发的mm 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：

\mathrm{L} \times \mathrm{K}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,mn,m，代表宝藏屋的个数和道路数。

接下来 mm 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-n1−n），和这条道路的长度 vv。

输出格式：

一个正整数，表示最小的总代价。

输入输出样例

输入样例#1：复制

输出样例#1：复制

输入样例#2：复制

输出样例#2：复制

说明

【样例解释1】

小明选定让赞助商打通了11 号宝藏屋。小明开发了道路 1 \to 21→2，挖掘了 22 号宝藏。开发了道路 1 \to 41→4，挖掘了 44号宝藏。还开发了道路 4 \to 34→3，挖掘了33号宝藏。工程总代价为：1 \times 1 + 1 \times 1 + 1 \times 2 = 41×1+1×1+1×2=4

【样例解释2】

小明选定让赞助商打通了11 号宝藏屋。小明开发了道路 1 \to 21→2，挖掘了 22 号宝藏。开发了道路 1 \to 31→3，挖掘了 33号宝藏。还开发了道路 1 \to 41→4，挖掘了44号宝藏。工程总代价为：1 \times 1 + 3 \times 1 + 1 \times 1 = 51×1+3×1+1×1=5

【数据规模与约定】

对于20\%20%的数据：保证输入是一棵树，1 \le n \le 81≤n≤8，v \le 5000v≤5000 且所有的 vv都相等。

对于 40\%40%的数据： 1 \le n \le 81≤n≤8，0 \le m \le 10000≤m≤1000，v \le 5000v≤5000 且所有的vv都相等。

对于70\%70%的数据： 1 \le n \le 81≤n≤8，0 \le m \le 10000≤m≤1000，v \le 5000v≤5000

对于100\%100%的数据： 1 \le n \le 121≤n≤12，0 \le m \le 10000≤m≤1000，v \le 500000v≤500000

题解

NOIP2018rp++!!!

去年考场上用了刚学两个星期的最小生成树，还不是像大佬们一样的prim我用的Kruscal（prim不会啊qwq），还觉得自己贼哩玛流脾怕是要第一场noip就400+了qwq

最小生成树最后当然是喜提45qwq

现在回过头来看，发现，

这么小的数据当然是要爆搜啊！qwq

首先，$n$这么小，不妨枚举起点。

枚举起点之后怎么搜？！怎么搜？！（不知所措

用一个int记录状态，第$j$位为$1$为存在，为$0$为不存在。

实际实现中不写作$1<<(j-1)$而写作$1<<j$，因为好写又快一点。

然后在dfs里面用两个for循环，一个for在树上的点，一个for不在树上的点，如果有边就dfs。

中间记得最优性剪枝就好啦qwq

 /*

 　qwerta

 　P3959 宝藏 Accepted

 　100

 　代码 C++，0.87KB

 　提交时间 2018-10-30 20:08:08

 　耗时/内存 241ms, 940KB

 */

 #include<iostream>

 #include<cstring>

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 using namespace std;

 int g[][];//边

 int ans;

 int d[];//深度

 int n;

 const int INF=;

 int f[];//状态为k时的最小费用记为f[k]

 int to;

 void dfs(int fe,int k)

 {

     if(k==to)//如果每个点都有了

     {

         ans=min(ans,fe);

         return;

     }

     if(fe>=ans)return;//超过答案return

     if(fe>=f[k])return;//不如之前扫这个点的结果return

     f[k]=fe;//更新该状态最小费用

     for(int i=;i<=n;++i)

     if((k|(<<i))==k)//如果i点在树上

     {

         for(int j=;j<=n;++j)

         {

             if(((k|(<<j))!=k)&&g[i][j]<INF)//如果j点不在树上并且i,j间有边

             {

                 d[j]=d[i]+;//更新j的深度

                 dfs(fe+g[i][j]*d[j],(k|(<<j)));//往下搜

             }

         }

     }

     return;

 }

 int main()

 {

     //freopen("a.in","r",stdin);

     int m;

     scanf("%d%d",&n,&m);

     memset(g,,sizeof(g));

     for(int i=;i<=m;++i)

     {

         int u,v,l;

         scanf("%d%d%d",&u,&v,&l);

         g[u][v]=min(g[u][v],l);//重边取最小值就好了

         g[v][u]=g[u][v];

     }

     ans=n*n*+;//ans=INF

     to=;

     for(int i=;i<=n;++i)

     to+=(<<i);//to为目标态（所有点都有

     for(int i=;i<=n;++i)

     {

         memset(f,,sizeof(f));//重置f（在不同的根下的f不兼容

         int s=i;

         d[s]=;

         dfs(,(<<s));

     }

     cout<<ans<<endl;//输出

     return ;//撒花

 }