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<第一次更新>状压DP入门

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<正文>

最短Hamilton路径

Description

给定一张 n(n≤20) 个点的带权无向图，点从 0~n-1 标号，求起点 0 到终点 n-1 的最短Hamilton路径。 Hamilton路径的定义是从 0 到 n-1 不重不漏地经过每个点恰好一次。

Input Format

第一行一个整数n。 接下来n行每行n个整数，其中第i行第j个整数表示点i到j的距离（一个不超过10^7的正整数，记为a[i,j]）。 对于任意的x,y,z，数据保证 a[x,x]=0，a[x,y]=a[y,x] 并且 a[x,y]+a[y,z]>=a[x,z]。

Output Format

一个整数，表示最短Hamilton路径的长度。

Sample Input

4
0 2 1 3
2 0 2 1
1 2 0 1
3 1 1 0

Sample Output

4

解析

很容易想到的朴素解法是枚举全排列，时间复杂度(O(n*!n))，显然是会(TLE)的。注意到(n<20)，我们考虑状态压缩(DP)。设(f[i][S])代表当前遍历状态为(S)，到了第(i)个点的最短长度。如何理解遍历状态(S)呢？我们把它当做一个二进制的(01)串，从右数第i位为如果为(0)，就说明节点i没有被遍历到过，如果第(i)位为(1)，则说明节点i被遍历到过了。我们将整个图的遍历状态记为一个二进制数，这就是状态压缩。

那么我们考虑如何(DP)。我们将编号记为从(1)开始的，那么初始状态就是(f[1][1]=0)。
这里我们需要先理解状态的查询和赋值操作:

1.S&(1<<(i-1))代表取出状态S的(从右往左)第i位
2.S|(1<<(i-1))代表将状态S的(从右往左)第i位赋值为1

那么我们就可以得到状态转移方程了:$$f[j][S|(1<<(j-1))]=min{f[i][S]+dis[i][j]}$$
需要满足节点(j)未访问，节点(i)已经访问过了。

状态的初值一开始均为正无穷，枚举(S,i,j)即可转移，时间复杂度(O(n^2*2^n))，目标状态为(f[n][(1<<n)-1])。

(Code:)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=20;
int n,dis[N+5][N+5],f[N+5][(1<<N)+5],ans=0x3f3f3f3f;
inline void input(void)
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			scanf("%d",&dis[i][j]);
}
inline void dp(void)
{ 
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	f[1][1]=0;
	for(int S=1;S<(1<<n);S++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(S&(1<<(i-1)))
				for(int j=1;j<=n;j++)
					if( not (S&(1<<(j-1))) )
						f[j][S|(1<<(j-1))]=min(f[j][S|(1<<(j-1))],f[i][S]+dis[i][j]);

}
int main(void)
{
	freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);
	input();
	dp();
	printf("%d
",f[n][(1<<n)-1]);
}

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<后记>