codevs2800 送外卖

题目描述 Description

有一个送外卖的，他手上有n份订单，他要把n份东西，分别送达n个不同的客户的手上。n个不同的客户分别在1~n个编号的城市中。送外卖的从0号城市出发，然后n个城市都要走一次（一个城市可以走多次），最后还要回到0点（他的单位），请问最短时间是多少。现在已知任意两个城市的直接通路的时间。

输入描述 Input Description

第一行一个正整数n （1<=n<=15）

接下来是一个（n+1）*(n+1)的矩阵，矩阵中的数均为不超过10000的正整数。矩阵的i行j列表示第i-1号城市和j-1号城市之间直接通路的时间。当然城市a到城市b的直接通路时间和城市b到城市a的直接通路时间不一定相同，也就是说道路都是单向的。

输出描述 Output Description

一个正整数表示最少花费的时间

样例输入 Sample Input

3
0 1 10 10
1 0 1 2
10 1 0 10
10 2 10 0

样例输出 Sample Output

8

数据范围及提示 Data Size & Hint

1<=n<=15

分类标签 Tags 

Floyd 动态规划 状态压缩型DP 图论

 

 

正解：状态压缩DP

解题报告：

　　以前一直没打过状压DP，今天打道水题。。。

　　显然做之前要floyd预处理出两点之间的最短路。

　　然后f[i][s]表示到达i时状态为s的最短路径长度，枚举状态和每次走的两个点就可以了。状态s是一个二进制的方法（状压不都这样吗）

　　为什么提前算出最短路是可行的呢？因为显然w[i][j]表示i和j的最短路径，那么至少可以保证经过i和j，即便中间经过了其他的点，也没有关系，反正我们会经过的，所以并不会有问题。

 

//It is made by jump~
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#ifdef WIN32   
#define OT "%I64d"
#else
#define OT "%lld"
#endif
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 16;
const int MAXS = (1<<17);
int n;
int w[MAXN][MAXN];
int f[MAXN][MAXS];//f[i][j]表示到达i时状态为j的最小值

inline int getint()
{
       int w=0,q=0;
       char c=getchar();
       while((c<'0' || c>'9') && c!='-') c=getchar();
       if (c=='-')  q=1, c=getchar();
       while (c>='0' && c<='9') w=w*10+c-'0', c=getchar();
       return q ? -w : w;
}

inline void solve(){
    n=getint();
    for(int i=0;i<=n;i++)
    for(int j=0;j<=n;j++)
        w[i][j]=getint();
    for(int k=0;k<=n;k++)//预处理出最短路
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++)
        w[i][j]=min(w[i][j],w[i][k]+w[k][j]);
    int end=(1<<(n+1))-1;
    memset(f,127/3,sizeof(f)); f[0][0]=0; f[0][1]=0;
    for(int i=0;i<=end;i++)//此时状态为i，从from到now
    for(int now=0;now<=n;now++)
        for(int from=0;from<=n;from++) {
        if(from==now) continue;
        if( ( (1<<now) | i ) !=i) continue;//当前状态必须要经过i
        f[now][i]=min(f[now][i],f[from][i-(1<<now)]+w[from][now]);//之前没到达过now
        f[now][i]=min(f[now][i],f[from][i]+w[from][now]);//之前已经到达过now
        }
    printf("%d",f[0][end]);
}

int main()
{
  solve();
  return 0;
}