洛谷P3959 宝藏（状压dp）

传送门

为什么感觉状压dp都好玄学……FlashHu大佬太强啦……

设$f_{i,j}$表示当前选的点集为$i$，下一次要加入的点集为$j$时，新加入的点和原有的点之间的最小边权。具体的转移可以枚举$i$，然后枚举$i$的补集$j$，找出$j$的$lowbit_j$

那么转移就是$$f_{i,j}=min\{f_{i,j-lowbit_j}+min\{dis[lowbit_j][i]\}\}$$

据说这一部分的复杂度是$O(3^nn)$，因为$n$元素的所有子集的大小之和是$3^n$（然而我并不会证）

然后考虑把整张图给分层，设$g_{l,i}$表示总层数为$l$,已选点集为$i$时的最小答案，然后转移就是

$$g_{l,i}=\sum_{j\in i}g_{l-1,i-j}+l*f_{i-j,j}$$

据说这个复杂度也是$O(3^nn)$，最后$max\{g_{l,2^n-1}\}$就是答案了

 //minamoto
 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
 template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,:;}
 inline int read(){
     #define num ch-'0'
     char ch;bool flag=;int res;
     while(!isdigit(ch=getc()))
     (ch=='-')&&(flag=true);
     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
     (flag)&&(res=-res);
     #undef num
     return res;
 }
 const int N=,M=,inf=0x01010101;
 int a[N][N],f[M][M],g[N][M],ne[M],lg[M];
 int n,m,S,s,l,x,y,v;
 int main(){
 //    freopen("testdata.in","r",stdin);
     memset(a,,sizeof(a));
     memset(g,,sizeof(g));
     n=read(),m=read();
     S=(<<n)-;
     for(int i=;i<n;++i) lg[<<i]=i;
     while(m--){
         x=read(),y=read(),v=read();
         if(a[--x][--y]>v) a[x][y]=a[y][x]=v;
     }
     for(int i=;i<=S;++i){
         v=;
         for(int j=s=S^i;j;j=(j-)&s)
         ne[j]=v,v=j;
         //枚举i的补集，同时为了保证转移正确性要反着转移才行
         for(int j=v;j;j=ne[j]){
             x=lg[j&-j],v=inf;
             for(y=;y<n;++y)
             if(<<y&i) cmin(v,a[x][y]);
             f[i][j]=f[i][j^(j&-j)]+v;
         }
     }
     for(int i=;i<=S;i<<=) g[][i]=;
     for(int l=;l<n;++l)
     for(int i=;i<=S;++i)
     for(int j=i;j;j=(j-)&i)
     cmin(g[l][i],g[l-][i^j]+f[i^j][j]*l);
     int v=0x3f3f3f3f;
     for(int l=;l<=n;++l) cmin(v,g[l][S]);
     printf("%d\n",v);
     return ;
 }