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注意到 $n\le 12$，于是乎考虑使用状压 DP。

根据常见的套路，考虑将三维中的两维状压。

不妨设 $d{p}_{i,st1,st2}$ 表示前 $i$ 层已经选了恰好 $i$ 个点（从题面可以看出每一层仅可能选 $1$ 个点），这 $i$ 个点占用 $y$ 轴方向的状态为 $st1$，占用 $z$ 轴方向的状态为 $st2$。

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首先有一种朴素的思路：直接枚举 $i$ 和上一层的 $st1$ 和 $st2$，然后枚举这一层选择的点。

设目前枚举的第 $i$ 层选择的点为 $(i,x,y)$，状压之后为 $wx=2^x$ 和 $wy=2^y$，默认 $x,y$ 从 $0$ 开始。

转移方程很好写：

$$d{p}_{i,st1|wx,st2|wy}=\min (d{p}_{i,st1|wx,st2|wy},d{p}_{i-1,st1,st2}+a_{i,x,y})$$

枚举 $i,x,y$ 需要 $O(n^3)$，然后 $st1$ 和 $st2$ 又是 $O(2^{2n})$。合起来是过不去的。

需要优化。

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我们考虑优化枚举范围：发现 $st1$ 实际上取不到那么多，$st2$ 也是。具体算一下，在 $i$ 固定的情况下，可能的种数正好是 $C_n^i$。

于是考虑将 $i$ 对应的所有情况都存起来，到时候直接取即可。

for (int i = 1; i < (1 << n); i++)//枚举所有的状态v[__builtin_popcount(i) - 1].push_back(i);//存起来

__builtin_popcount() 是数一个数二进制下的 $1$ 的位数。

于是我们发现 $O(n^3\times 2^{2n})$ 在这种实现方法下是跑不满的，因为 $C_n^i$ 的和总共也就 $2^n$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
const int N = 12;
int dp[N][(1 << N) + 5][(1 << N) + 5];//注意空间
vector<int> v[N];
int a[N][N][N];int main() {cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = 0; j < n; j++)for (int k = 0; k < n; k++)cin >> a[i][j][k];for (int i = 1; i < (1 << n); i++)v[__builtin_popcount(i) - 1].push_back(i);for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = 0; j < (1 << n); j++)for (int k = 0; k < (1 << n); k++)dp[i][j][k] = 1e9;for (int i = 0; i < n; i++) {if (i == 0) {//注意特判for (int j = 0, wj = 1; j < n; j++, wj *= 2)for (int k = 0, wk = 1; k < n; k++, wk *= 2)dp[i][wj][wk] = min(a[i][j][k], dp[i][wj][wk]);} else {for (auto p1 : v[i - 1])for (int j = 0, wj = 1; j < n; j++, wj *= 2) {if (p1 & wj)continue;for (auto p2 : v[i - 1])for (int k = 0, wk = 1; k < n; k++, wk *= 2) {if (p2 & wk)continue;dp[i][p1 | wj][p2 | wk] = min(dp[i - 1][p1][p2] + a[i][j][k], dp[i][p1 | wj][p2 | wk]);}}}}cout << dp[n - 1][(1 << n) - 1][(1 << n) - 1];return 0;
}