题解

状压 \(\rm DP\)。

从 \(1\) 到 \(n\) 一共只要一条路径,那么就是一条链,只要维护一个点集和当前链的末尾就行。

设 \(\rm dp_{i,j}\) 为 \(i\) 的点集末尾为 \(j\) 的最大权。

转移有两种:

  1. 在链的末尾加上一个点。

  2. 在链的末尾加上一个点集,这个点集就代表无关的联通块只能和答案链最多连接一个点。

Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register signed
#define p(i) ++i
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
struct nanfeng_stream{
template<typename T>inline nanfeng_stream operator>>(T &x) {
ri f=0;x=0;register char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',x=gc();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
return x=f?-x:x,*this;
}
}cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
static const int N=15,INF=-1044266559;
int dis[N][N],sum[1<<N],dp[1<<N][N],S,n,m;
inline int main() {
//FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
//FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
cin >> n >> m;
for (ri i(1),u,v,w;i<=m;p(i)) {
cin >> u >> v >> w;
u-=1,v-=1;
dis[u][v]=dis[v][u]=w;
}
S=1<<n;
for (ri i(1);i<S;p(i))
for (ri j(0);j<n;p(j))
for (ri k(j+1);k<n;p(k)) if (((i>>j)&1)&&((i>>k)&1)) sum[i]+=dis[j][k];
memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
dp[1][0]=0;
for (ri i(1);i<S;p(i)) {
for (ri j(0);j<n;p(j)) {
if (dp[i][j]==INF) continue;
for (ri k(0);k<n;p(k)) if (dis[j][k]&&!((i>>k)&1)) dp[i|1<<k][k]=cmax(dp[i|1<<k][k],dp[i][j]+dis[j][k]);
ri s=(i^((1<<n)-1));
for (ri k(s);k;k=(k-1)&s) dp[i|k][j]=cmax(dp[i|k][j],dp[i][j]+sum[k|(1<<j)]);
}
}
printf("%d\n",sum[(1<<n)-1]-dp[(1<<n)-1][n-1]);
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}

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