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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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/*
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状压DP的二进制表示法,状态压缩DP有两个性质：
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1、它说多大就设置多大，不要再扩大设置，速度会慢。
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2、一般状态压缩DP数组下标从0开始
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*/
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const int N = 12; // 节点个数上限
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const int M = 1 << N; // 节点的状态表示 2^N种状态
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const int INF = 0x3f3f3f3f; // 正无穷
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int g[N][N]; // 邻接矩阵，g[i][j]:i号点和j号点之间的距离
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// 记录有效状态转移关系
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int p[M]; // p[x]:状态x中的存在(指值为1)每一个数位i，通过g[i][j],可以连接到j1,j2,...等节点，最终可以到达的所有状态为p[x]
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// 比如i=00001->0号节点值为1，0号节点与1、3号节点之间有边，那么p[i]=p[00001]=01011
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int n, m; // 节点数,边数
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/* 递推关系： f[S][j]=min(f[Spre][j-1]+cost)
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S：当前状态，Spre是指S的所有前序状态，
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也就是Spre通过引入某些合法边(当前状态某个位置有1，同时，由此处的1有相关的边。不是只有一条，是数位为1的所有节点都可以引入合法边)
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，可以形成S这个状态。 由于引入边的不同，导致代价不一样，需要求代价的最小值
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*/
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int f[M][N]; // f[i][j]:所有二进制状态表示为i,且树高为j的生成树的集合，属性:最小代价
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vector<int> v[N]; // i这个点，到哪些点有边
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int main() {
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scanf("%d %d", &n, &m); // 节点数量和边数量
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// 1、地图初始化
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memset(g, 0x3f, sizeof g); // 全部初始为正无穷,描述:所有节点之间均未连通
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for (int i = 0; i < n; i++) g[i][i] = 0; // 每个点到自己的距离为0
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// 2、读入边
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while (m--) {
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int a, b, w;
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scanf("%d %d %d", &a, &b, &w); // 起点，终点，权值
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a--, b--; // 状态压缩，习惯下标从0开始，题目给的节点号是从1开始的，需要统一处理减1
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g[a][b] = g[b][a] = min(g[a][b], w); // 无向图 + 防止重边 + 留最小值
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v[a].push_back(b), v[b].push_back(a); // 记录下a可以到达哪些点,其实如果不这么记忆的话，那么就需要枚举每个点对着哪些点，因为数据量小，速度应该也挺快
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}
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/*
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3、预处理有效状态之间的转移关系 i->p[i]
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转移办法：标识为1的节点上通过枚举已知边,扩展为新状态p[i]
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*/
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for (int i = 0; i < 1 << n; i++) // 枚举每个状态
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for (int j = 0; j < n; j++) // 枚举状态的每个位置
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if (i >> j & 1) { // 如果当前位是1
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p[i] |= 1 << j; // 原来的i状态中的1，扩展后还是有的
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for (int k = 0; k < v[j].size(); k++) p[i] |= 1 << v[j][k]; // 由j带来的扩展点有v[j].size()个
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}
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/*
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Q:问题：
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if (i >> j & 1) {
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p[i] |= 1 << j;
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for (int k = 0; k < v[j].size(); k++) p[i] |= 1 << v[j][k];
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}
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可以改写成：
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if (i >> j & 1) {
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p[i] += 1 << j;
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for (int k = 0; k < v[j].size(); k++) p[i] += 1 << v[j][k];
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} 吗？它们两个是等价的吗？
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答：它们并不是完全等价。
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这两个表达式都是将二进制数p[i]的第j位设置为1，但是p[i] |= 1 << j;相比p[i] += 1 << j;更加高效。
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这是因为使用位运算符OR(|=)可以避免临时变量和函数调用，并且可以利用位级别的并行性加快操作速度。而加法运算则需要进行进位，速度相对较慢。
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此外，p[i] += 1 << j; 如果第j位之前已经是1的话，会导致进位，此时p[i]的值会发生改变，而p[i] |= 1 << j; 不会改变已有的位。
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回到上面的代码中，如果我们没有写成 | 运算符，而是采用了+运算符，那么根据业务上的逻辑，p[i]的值可能首先被
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for (int k = 0; k < v[j].size(); k++) p[i] += 1 << v[j][k]; 进行填充，
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那么 j'=v[j][k],就会提前将对应的数值加到p[i]中去，而下次来到执行 p[i] +=1<<j 时，就会造成重复累加，结果错误。
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因此，在二进制位运算时，应尽量使用位运算符。
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*/
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// 4、动态规划
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// 4.1 DP数组初始化
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memset(f, 0x3f, sizeof f); // 预求最小，先设最大
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for (int i = 0; i < n; i++) f[1 << i][0] = 0; // 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",选择打通哪一条都是一样的，都不要钱，所以在选择每一个节点为起点时，费用都是0
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// 4.2 状态转移
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for (int i = 0; i < 1 << n; i++) { // 枚举每个状态i
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for (int j = i - 1; j; j = (j - 1) & i) { // 枚举i状态的真子集j,只有真子集才有资格进行转移
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if ((p[j] & i) == i) { // 如果子状态j可以通过已知边，扩展为可以正好匹配i,才是真正可以转移的有效子状态
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int x = i ^ j; // x:j->i增加出来的元素，也就是状态差集,都是j里没有，i里有的数字位1
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int cost = 0; // cost记录在状态j到达状态i过程中用到的最小花费
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for (int k = 0; k < n; k++) // 枚举x每一个节点k
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if (x >> k & 1) { // 找出x中数位是1的节点k
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int t = INF; // t表示从j到i使得覆盖掉第k个点需要的最小代价
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for (int u = 0; u < n; u++) // 枚举j的每一个数位u
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if (j >> u & 1) // 如果此数位是1,有资格引边
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t = min(t, g[u][k]); // 如果k点是通过u点连接过去的，那么带来的代价就是g[u][k]
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cost += t; // 把x的所有元素都纳入的最小代价和
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}
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/*
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当前状态是i,前序状态是j,它们之间的差集是x, k为枚举x的每一个数字1位，为了点亮k点，最小代价是cost，
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整体代价：cost*k(层数越深，挖掘成本系数越大)
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迁移方式：加边(数位是1，并且，由此可以引出合法边。不只1条，可是多条。)
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理解与感悟：
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(1) 先有状态转移方程，再有填充顺序
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(2) j->i 需要枚举有效状态转移关系
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(3) k-1 -> k 就是层次增加了一层
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(4) k∈[1,n) 是因为树根在0层，直线的话，最后一层是n-1
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(5) 上面的都好办，关键在于这个 cost,这个东西需要枚举两个转移状态之间的对应关系，结合点与点之间的距离才能计算出来
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最小的代价和，最小代价和 乘以 层数，才是真正的整体代价。
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*/
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for (int k = 1; k < n; k++) f[i][k] = min(f[i][k], f[j][k - 1] + cost * k);
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}
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}
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}
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// 5、枚举答案, 最小值可能出现在任意一层
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int res = INF;
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for (int i = 0; i < n; i++)
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res = min(res, f[(1 << n) - 1][i]); //(1 << n) - 1表示全选状态，即111111...
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// 6、输出结果
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cout << res << endl;
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return 0;
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}
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