又到了一年一度NOIPCSP-S 赛前复习做真题的时间
于是就遇上了这道题
首先观察数据范围 \(1 \le n \le 12\) ,那么极大可能性是状压 \(\texttt{DP}\) 或者 \(\texttt{DFS}\) 爆搜
但由于这题放在了 \(\texttt{DP}\) 列表里面，于是优先考虑状压
简化题意：
从给定的 \(n\) 个点，\(m\) 条边的有重边的无向联通图中，找出一棵生成树，使得题目所求价值最小
从题目给出的建边价值来看，我们发现一条边的价值跟以下几点有关：
边的长度不能改变，根的位置并不能很好的作为 \(\texttt{DP}\) 时候的阶段，所以我们考虑以树的高度作为DP的阶段
设根的深度为1
设 \(\texttt{f[i][j]}\) 表示 当前树的高度为 \(i\) ,已经选了的点集的集合为 \(j\),那么状态转移方程即为
\[
f[i][j]=\min_{k\ \in \ j}(f[i-1][j \ \mathrm{xor} \ k]+dis[j \ \mathrm{xor} \ k][k]\cdot(i-1))
\]
其中异或操作在这里是取补集的意思，\(\texttt{dis[i][j]}\) 表示从 \(i\) 这个已选点集加上下一层将要选的 \(j\) 这个点集所需要的最小花费
那我们应该如何完善 \(\texttt{dis}\) 数组呢
先给出递推式
\[
dis[i][j]=dis[i][j \ \mathrm{xor} \ \mathrm{lowbit}(j)]+\min_{k=1}^{n\ \&\& \ (1<<k)\&i}(d[\log_2\mathrm{lowbit}(j)+1][k])
\]
其中 \(d\) 数组表示第 \(i\) 个点到 第 \(j\) 个点的道路长度（没有则为 \(\infty\) ），\(j\) 为 \(i\) 的补集的任一子集
然后从小到大枚举 \(j\) ，就能够保证顺序正确（因为 \(j \ \mathrm{xor} \ \mathrm{lowbit}(j)\) 一定比 \(j\) 要小）
因为每一次更新只涉及到一个点的更改，所以不难得出这样预处理 \(dis\) 数组的正确性
然后，这题就完了
另外还有几点需要注意的
边最好使用邻接矩阵储存，因为有重边，而且请不要将初值赋得太大，这样会导致在进行动态规划求解的同时溢出，从而导致答案错误
如果按照上面那种朴素的做法来进行求解复杂度有可能不能承受，观察发现我们枚举了许多不必要的子集，所以我们可以换一个方式：
for(int i=S;i;i=(i-1)&S)这样的话所有的 \(i\) 就一定是 \(S\) 的子集
蒟蒻的理解：不等于 \(S\) 的 \(S\) 的子集一定在 \([0,S)\) 中
然后或运算可以求出在这当中十进制下数字最大的子集 ,设其为 \(P\),然后其余所有的十进制表示比他小的子集都在\([0,P)\) 当中，如此循环求解，自然能够得到所有的子集
关于状态的一点点优化
容易发现，当树高为 \(i\) 时，至少需要 \(i\) 个节点，所以所有状态中点的个数小于 \(i\) 的（即二进制位上 \(1\) 的个数小于 \(i\) 的），全部可以不用枚举子集，直接跳过，这对时间复杂度又有了进一步的常数优化。 这可以通过预处理得到。
最后贴一下代码，变量名与上面提到的略有不同
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=12;
int d[maxn+5][maxn+5];
int g[maxn+5][(1<<maxn)+5];
int f[(1<<maxn)+5][(1<<maxn)+5];
int lg[(1<<maxn)+5];//懒
int q[(1<<maxn)+5],cnt;
int sum[(1<<maxn)+5];
int main()
{
memset(g,63,sizeof g);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;++i)
lg[1<<i]=i;//预处理，因为懒
for(int i=0;i<12;++i)
for(int j=0;j<12;++j)
d[i][j]=1000000;//赋最大值
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
--a,--b,d[a][b]=d[b][a]=min(d[a][b],c);
}
int x,S=(1<<n)-1;//全集定义
for(int i=1;i<=S;++i)
{
x=i;
while(x) x&=(x-1),++sum[i];
}//预处理每一个状态上点的个数
for(int i=1;i<=S;++i)
{
cnt=0;
for(int j=S^i;j;j=(j-1)&(S^i)) q[++cnt]=j;//由于这样做子集的顺序是从大到小的，不符合DP的顺序，所以要逆序
for(int j=cnt;j>=1;--j)
{
int u=lg[q[j]&-q[j]],e=1000000;
for(int v=0;v<n;++v)
if(1<<v&i) e=min(d[u][v],e);
f[i][q[j]]=f[i][q[j]^(q[j]&-q[j])]+e;
}
}
for(int i=0;i<n;++i) g[1][1<<i]=0;//初始状态
for(int i=2;i<=n;++i)
for(int j=(1<<i)-1;j<=S;++j)//剪枝，这里i的初始状态跳过了肯定不符合的状态
{
if(sum[j]<i) continue;//剪枝，不满足直接跳过
for(int k=j;k;k=(k-1)&j)
g[i][j]=min(g[i][j],g[i-1][j^k]+f[j^k][k]*(i-1));
}
int ans=(1<<30);
for(int i=1;i<=n;++i) ans=min(ans,g[i][S]);//取最小值
cout<<ans<<endl;
return 0;
}原文：https://www.cnblogs.com/HenryHuang-Never-Settle/p/11529900.html