传送门：QAQQAQ
题意：
参与考古挖掘的小明得到了一份藏宝图，藏宝图上标出了$n$个深埋在地下的宝藏屋， 也给出了这$n$个宝藏屋之间可供开发的$m$条道路和它们的长度。
小明决心亲自前往挖掘所有宝藏屋中的宝藏。但是，每个宝藏屋距离地面都很远， 也就是说，从地面打通一条到某个宝藏屋的道路是很困难的，而开发宝藏屋之间的道路 则相对容易很多。
小明的决心感动了考古挖掘的赞助商，赞助商决定免费赞助他打通一条从地面到某 个宝藏屋的通道，通往哪个宝藏屋则由小明来决定。
在此基础上，小明还需要考虑如何开凿宝藏屋之间的道路。已经开凿出的道路可以 任意通行不消耗代价。每开凿出一条新道路，小明就会与考古队一起挖掘出由该条道路 所能到达的宝藏屋的宝藏。另外，小明不想开发无用道路，即两个已经被挖掘过的宝藏 屋之间的道路无需再开发。
新开发一条道路的代价是：
$L*K$
L代表这条道路的长度，K代表从赞助商帮你打通的宝藏屋到这条道路起点的宝藏屋所经过的 宝藏屋的数量（包括赞助商帮你打通的宝藏屋和这条道路起点的宝藏屋） 。
请你编写程序为小明选定由赞助商打通的宝藏屋和之后开凿的道路，使得工程总代 价最小，并输出这个最小值。
思路：看数据范围，$n<=12$，很自然而然想到状态压缩。
我们用$dp[i][mask]$保存从$i$开始挖，当前状态为$mask$的最少花费
现在的难点在于如何处理$K$——这个点在这棵树中的深度。
我们用$dis[i][mask]$保存在当前状态为$mask$，且当前答案最优，第$i$个点在树中的深度加一（为什么要加一？转移时好看一点嘛~~~）
我们可能会担心，当前$mask$最佳的连图方式无法保证它扩展到下一个节点的答案最优，但考虑到对于要被更新的$mask'$，总有一种之前最佳的$mask$连上一条边会使当前$mask'$答案最优。
而且被更新的$mask'$一定大于$mask$，所以每一个$dp[i][mask]$都会被更新到最优，那么我们在最后更新一下$ans$就可以啦~~~
代码：（之前并没有保存对于每一个$mask$的$dis$，导致可能最优连图和点的深度不对应，甚至答案会偏小（详见我洛谷上40分代码，即保存的是最小深度，而不是最优连图下的深度））
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=;
const ll inf=(int)2e9; ll dp[][],n,m;
ll E[][],dis[][]; void checkmin(ll &x,ll y)
{
if(x>y) x=y;
} int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=;i<n;i++)
{
for(int j=;j<n;j++) E[i][j]=inf;
}
int full=(<<n);
for(int i=;i<n;i++)
for(int j=;j<full;j++) dp[i][j]=inf;
for(int i=;i<=m;i++)
{
int x,y; ll z;
scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);
x--; y--; if(x==y) continue;
E[x][y]=min(z,E[x][y]);
E[y][x]=min(z,E[y][x]);
}
for(int start=;start<n;start++)
{
dis[(<<start)][start]=; dp[start][(<<start)]=;
for(int mask=;mask<full;mask++)
{
if(!(mask>>start)&) continue;
for(int from=;from<n;from++)
{
if(!(mask>>from)&) continue;
for(int to=;to<n;to++)
{
if((mask>>to)&) continue;
if(dp[start][mask]==inf||dis[mask][from]==) continue;
if(E[from][to]==inf) continue;
int mask1=mask|(<<to);
if(dp[start][mask1]>dp[start][mask]+dis[mask][from]*E[from][to])
{
dp[start][mask1]=dp[start][mask]+dis[mask][from]*E[from][to];
for(int p=;p<n;p++) dis[mask1][p]=dis[mask][p];
dis[mask1][to]=dis[mask][from]+;
}
}
}
}
}
ll ans=inf;
for(int i=;i<n;i++) checkmin(ans,dp[i][full-]);
cout<<ans<<endl;
return ;
}
（本来以为这种做法是错的，兴致勃勃地造了一组数据结果发现hack不掉。。。现在才真正懂）