洛谷P3959 宝藏（NOIP2017）（状压DP，子集DP）

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Dalao的题解多数是什么模拟退火、DFS剪枝、\(O(3^nn^2)\)的状压DP之类。蒟蒻尝试着把状压改进了一下使复杂度降到\(O(3^nn)\)。

考虑到每条边的贡献跟它所在的层有关，所以如果我们能够将一层的边一起加进去，计算就会方便许多。于是想办法把这个转移过程状压一下。

设\(f_{i,j}\)为当前已选点集为\(i\)，下一层加入的点集为\(j\)时，新加入的所有点与原有点之间最小的边权之和。计算的具体实现，我们\(O(2^n)\)枚举\(i\)，再枚举\(i\)的补集的子集\(j\)，把\(j\)的\(lowbit\)挑出来，\(f_{i,j}\)等于\(f_{i,j-lowbit(j)}\)加上\(\log lowbit(j)\)与\(i\)之间的最小边权。

这一部分的复杂度是\(O(3^nn)\)（\(n\)元素集合的所有子集的子集大小之和是\(3^n\)可以证）

接着就可以开始转移了。设\(g_{l,i}\)为总层数为\(l\)，已选点集为\(i\)的最小答案。参考\(f\)的定义我们可以很快的写出转移方程（式中的\(i-j\)为集合意义，代码中写i^j）

\[g_{l,i}=\sum\limits_{j\in i}g_{l-1,i-j}+l*f_{i-j,j} \]

也是一遍枚举子集，复杂度还是\(O(3^nn)\)。最后\(\max\limits_{l=0}^ng_{l,2^n-1}\)就是答案。

当然，为了实际复杂度和理论一致，我们枚举子集不能这样暴枚

	for(i=0;i<=S;++i)
    	if(i&S==i)//do something

而应该这样

	for(i=S;i;i=(i-1)&S)
    	//do something

跟队爷Anson学的，具体原理蒟蒻也策不清楚啊qwq

代码十分简洁，注意INF的设置

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
const int N=13,M=4096,INF=0x01010101;
int a[N][N],f[M][M],g[N][M],ne[M],lg[M];
inline void chkmn(R&x,R y){
	if(x>y)x=y;
}
int main(){
	memset(a,1,sizeof(a));
	memset(g,63,sizeof(g));//貌似需要区别对待
	R n,m,S,s,i,j,l,x,y,v;
	cin>>n>>m;
	S=(1<<n)-1;
	for(i=0;i<n;++i)
		lg[1<<i]=i;//log预处理
	while(m--){
		cin>>x>>y>>v;
		if(a[--x][--y]>v)//邻接矩阵存边
			a[x][y]=a[y][x]=v;
	}
	for(i=1;i<=S;++i){
		v=0;
		for(j=s=S^i;j;j=(j-1)&s)
			ne[j]=v,v=j;//为了更新顺序需要反向枚举
		for(j=v;j;j=ne[j]){
			x=lg[j&-j];v=INF;
			for(y=0;y<n;++y)//找到可以连接的最小边权
				if(1<<y&i)chkmn(v,a[x][y]);
			f[i][j]=f[i][j^(j&-j)]+v;
		}
	}
	for(i=1;i<=S;i<<=1)
		g[0][i]=0;//状态预处理
	for(l=1;l<n;++l)
		for(i=1;i<=S;++i)
			for(j=i;j;j=(j-1)&i)
				chkmn(g[l][i],g[l-1][i^j]+f[i^j][j]*l);
	v=0x7fffffff;
	for(l=0;l<=n;++l)
		chkmn(v,g[l][S]);
	cout<<v<<endl;
	return 0;
}