题目是说有2n个敌人，现在可以发n枚炮弹，每枚炮弹可以（可以且仅可以）打两个敌人，每一枚炮弹的花费等于它所行进的距离，现在要消灭所有的敌人，问最少花费是多少（反正题意大概就是这样啦，知道怎么回事就好了，解释不清了）
一看到n<=10而且又是在DP专题里的，就知道这个显然是状压DP，由于有2n个敌人，所以状态表示由当前状态再打两个人来转移，
10000100表示打了这两个敌人的最小花费
所以状态的转移是由前往后递推的，假如当前状态是cur，上一个状态是last，应该满足存在i！=j有last&(1<<i)=0且last&(1<<j)=0且last | (1<<i)|(1<<j) = cur，由此来更新当前的状态cur，最后的答案就是DP[(1<<(2n)) - 1]
注意到上面我们是要枚举i和j的，所以这个的总复杂度就是20 * 20 * 2^20，这显然是会超时的， 所以需要优化
注意到如果存在两队人(a,b)(c,d)我们先打(a, b)再打(c, d)和先打（c,d）在打(a, b)是一样的，所以我们完全可以每次取last中最小的一位是0的与后面所有的0组合，这样不仅没有漏掉解，而且复杂度也将到了O(20 * 2^20)这就可以过了
下面从前往后美剧上一个状态时递推时我是用的队列存的所有状态，其实枚举过去也是可以的
1 //#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000") 2 #include <map> 3 #include <set> 4 #include <stack> 5 #include <queue> 6 #include <cmath> 7 #include <ctime> 8 #include <vector> 9 #include <cstdio> 10 #include <cctype> 11 #include <cstring> 12 #include <cstdlib> 13 #include <iostream> 14 #include <algorithm> 15 using namespace std; 16 #define INF 1e9 17 #define inf (-((LL)1<<40)) 18 #define lson k<<1, L, mid 19 #define rson k<<1|1, mid+1, R 20 #define mem0(a) memset(a,0,sizeof(a)) 21 #define mem1(a) memset(a,-1,sizeof(a)) 22 #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) 23 #define FOPENIN(IN) freopen(IN, "r", stdin) 24 #define FOPENOUT(OUT) freopen(OUT, "w", stdout) 25 template<class T> T CMP_MIN(T a, T b) { return a < b; } 26 template<class T> T CMP_MAX(T a, T b) { return a > b; } 27 template<class T> T MAX(T a, T b) { return a > b ? a : b; } 28 template<class T> T MIN(T a, T b) { return a < b ? a : b; } 29 template<class T> T GCD(T a, T b) { return b ? GCD(b, a%b) : a; } 30 template<class T> T LCM(T a, T b) { return a / GCD(a,b) * b; } 31 32 //typedef __int64 LL; 33 //typedef long long LL; 34 const int MAXN = 105; 35 const int MAXM = 100005; 36 const double eps = 1e-13; 37 //const LL MOD = 1000000007; 38 39 int T, N; 40 typedef double Point[2]; 41 Point st, p[MAXN]; 42 double dis[MAXN][MAXN], d[MAXN], dp[1<<21]; 43 44 double calc(Point a, Point b) 45 { 46 double x = a[0] - b[0]; 47 double y = a[1] - b[1]; 48 return sqrt(x*x + y*y); 49 } 50 51 void getDis() 52 { 53 for(int i=0;i<N;i++) 54 { 55 d[i] = calc(st, p[i]); 56 for(int j=i+1;j<N;j++) 57 { 58 dis[j][i] = dis[i][j] = calc(p[i], p[j]); 59 } 60 } 61 } 62 63 int main() 64 { 65 int t = 0; 66 scanf("%d", &T); 67 while(T--) 68 { 69 scanf("%lf %lf", &st[0], &st[1]); 70 scanf("%d", &N); 71 N <<= 1; 72 for(int i=0;i<N;i++) 73 scanf("%lf %lf", &p[i][0], &p[i][1]); 74 getDis(); 75 dp[0] = 0; 76 for(int i=1;i<(1<<N);i++) dp[i] = INF; 77 queue<int>q; 78 q.push(0); 79 while(!q.empty()) 80 { 81 int now = q.front(); q.pop(); 82 int f=0, r; 83 while( now & (1<<f) && f < N) 84 f++; 85 for(r = f + 1; r < N; r ++ ) 86 if(!(now & (1<<r))) 87 { 88 int next = now | (1<<f) | (1<<r); 89 double minDis = MIN(d[f], d[r]) + dis[f][r]; 90 if( fabs(dp[next] - INF) < eps ) 91 { 92 q.push(next); 93 dp[next] = dp[now] + minDis; 94 } 95 else if( dp[now] + minDis < dp[next] ) 96 dp[next] = dp[now] + minDis; 97 } 98 } 99 printf("Case #%d: %.2lf% ", ++t, dp[(1<<N)-1]); 100 } 101 return 0; 102 }