来一篇不那么慢的状压？？？

话说这题根本没有紫题难度吧，数据还那么水

我是不会告诉你我被hack了

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一看数据规模，n≤12，果断状压。

然后起点要枚举，就设dp状态：

f[i][j]=以i为起点到j状态的最小花费

其中j是一个二进制数（用十进制来表示）第i位的1、0分别表示是否已经到达第i点（1表示已经到达，0表示还未到达）

（因为m很大，n很小，会有重边，所以用邻接矩阵（e[u][v]））

由此可以列出状态转移方程：

f[i][j]=min{f[i][k]+diss[i][k][u]*e[u][v]}

(j&(1<<(u-1))!=0,j&(1<<(v-1))!=0,i!=v,k=j^(1<<(v-1)),e[u][v]!=1e9)

（e[u][v]!=1e9说的就是u、v之间有边）

什么意思？就是说我们再找一个状态（k）比当前状态（j）只少一个点（显然不能是起点），然后从k向j拓展，在所有的k中取花费最少的那种。

但是还有一个问题，该边的花费怎么算？

根据题目描述，就将该边长度乘上起点到uu经过的点数（dis[i][j][u]）即可。

问题又来了，dis[i][j][u]怎么算？

每次状态转移的时候顺便转移一下即可

代码如下：

#include<cstdio>

inline int read(){
	int r=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')r=(r<<1)+(r<<3)+c-'0',c=getchar();
	return r*f;
}

int n,ans=1e9,m,f[15][5005],e[15][15],dis[15][5005][15];

inline int min(int a,int b){
	return a<b?a:b;
}

int main(){
	freopen("treasure.in","r",stdin);
	freopen("treasure.out","w",stdout);
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			e[i][j]=1e9;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u=read(),v=read();
		if(u-v)e[u][v]=e[v][u]=min(e[u][v],read());
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<1<<n;j++)
			f[i][j]=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i][1<<(i-1)]=0;
		dis[i][1<<(i-1)][i]=1;
		for(int j=(1<<(i-1))+1;j<1<<n;j++){
			if(!(j&(1<<(i-1))))continue;
			int x=j,u=1;
			while(x){
				if(x&1){
					for(int v=1;v<=n;v++){
						if(i==v||e[u][v]==1e9||!(j&(1<<(v-1))))continue;
						int k=j^(1<<(v-1));
						if(f[i][j]>f[i][k]+dis[i][k][u]*e[u][v]){
							f[i][j]=f[i][k]+dis[i][k][u]*e[u][v];
							for(int y=1;y<=n;y++)dis[i][j][y]=dis[i][k][y];
							dis[i][j][v]=dis[i][k][u]+1;
						}
					}
				}
				u++;
				x>>=1;
			}
		}
		ans=min(ans,f[i][(1<<n)-1]);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}