给你一个n*n的矩阵，然后让咱们构造另一个n*n的矩阵，构造的矩阵有如下要求,
1.X12+X13+...X1n=1.
2.X1n+X2n+...Xn-1n=1.
3.for each i (1<i<n), satisfies ∑Xki (1<=k<=n)=∑Xij (1<=j<=n).
思路：
感觉这个思路很奇葩啊，看了网上好多解释，但是很失望啊，几乎所有人说的都一样啊，一样到几乎不差一个字，我就 呵呵了，说实话这个题目我不是很理解，可以说现在并不是很明白，但是我可以说下我现在对他们的做法的一些理解，可能不全面，也可能有错误，希望路过的大牛指点，首先据说这是个0/1规划问题，我只知道0/1分数规划，不知道什么是0/1规划，而且具我的了解这个题目跟0/1分数规划没啥关系，我们现在就往图论上靠一下，首先虚拟出n个点来，记住这n个点不是行，也不是列，把题目给的矩阵就单独当成是一些数据，一些点之间的距离，不要去往矩阵上想，这样便于理解，然后分析它给的三个条件：
1.X12+X13+...X1n=1. 这个条件可以理解成是点1的出度为1，因为1会选择也只能选择一个点连出去，这样的话1的出度为0.
2.X1n+X2n+...Xn-1n=1. 同上，n的入度为0.
3.for each i (1<i<n), satisfies ∑Xki (1<=k<=n)=∑Xij (1<=j<=n).这个说的是除了1，n外，所有的点的入度和出度都相等。
这样，突然就想到了图的特点，这样我们想象一下，超级原点1，超级汇点n，中间所有的都是入度等于出度，让我们找一个最小的花费满足上面的3点要求，而且最关键的是所有点的权值都是 >= 0的，这样我们就可以用最短路去跑了，直接跑1->n之间的最短路，可能有人想，跑最短路不是直接就默认中间的点的部分所有的入度和出度都是1了？没错，所有的都是1，因为想象一下，能用1就满足题意了，还有必要再多跑吗？这个地方不要想矩阵的问题，不然很容易蒙的，这样我们跑出最短路c，这个是一种情况，还有另一种情况就是可以直接从1跑一个最小环得到花费c1，然后从n跑一个环得到最小花费c2，两个环也满足上面的三个限制，这样我们只要输出min(c ,c1 + c2)就行了，对了还有一个差点忘记说了，至于找最小花费环，方法很多，可以直接搜索，说一个对于这个题目比较简单的方法（在网上看的！嘿嘿），我们可以在跑最短路的时候先别把起始点入队，把起始点连接的所有点入队，这样跑完之后，到起始点的最短距离就是最小环了（具体看代码），以上就是我对网上题解的理解，目前只有这些，可能不对，很希望能和看到的人一起交流研究这个题目。
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<queue> #define N_node 330 #define INF 1000000000 using namespace std; int cost[N_node][N_node]; int s_x[N_node] ,mark[N_node]; void spfa(int s ,int n) { for(int i = 0 ;i <= n ;i ++) s_x[i] = INF ,mark[i] = 0; queue<int>q; for(int i = 1 ;i <= n ;i ++) { if(s == i) continue; s_x[i] = cost[s][i]; mark[i] = 1; q.push(i); } while(!q.empty()) { int xin ,tou; tou = q.front(); q.pop(); mark[tou] = 0; for(int i = 1 ;i <= n ;i ++) { xin = i; if(s_x[xin] > s_x[tou] + cost[tou][xin]) { s_x[xin] = s_x[tou] + cost[tou][xin]; if(!mark[xin]) { mark[xin] = 1; q.push(xin); } } } } } int main () { int i ,j ,n; while(~scanf("%d" ,&n)) { for(i = 1 ;i <= n ;i ++) for(j = 1 ;j <= n ;j ++) scanf("%d" ,&cost[i][j]); spfa(1 ,n); int Ans = s_x[n]; int c1 = s_x[1]; spfa(n ,n); int c2 = s_x[n]; if(Ans > c1 + c2) Ans = c1 + c2; printf("%d " ,Ans); } return 0; }