洛谷P1433 吃奶酪 题解 状态压缩DP

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题目大意

房间里放着 (n) 块奶酪。一只小老鼠要把它们都吃掉，问至少要跑多少距离？老鼠一开始在 ((0,0)) 点处。

输入格式

第一行一个正整数 (n)。
接下来每行 (2) 个实数，表示第 (i) 块奶酪的坐标。
两点之间的距离公式为 (sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2})。

输出格式

一个数，表示要跑的最少距离，保留 (2) 位小数。

解题思路

定义状态 (f[st][i]) 表示当前状态为 (st) ，且最后一个到达的点是 (i) 点时的最少距离。

首先，因为 (st) 的二进制表示中的那些为 (1) 的位表示的是小老鼠已经到达的点，所以如果 (st) 的第 (i) 位不为 (1)，则状态 (f[st][i]) 不合法。

其次：

如果状态 (st) 有且只有一位为 (1) （即 __builtin_popcount(st) == 1），并且我们假设为 (1) 的这一位为第 (i) 位，则 (f[st][i] = sqrt{x_i^2 + y_i^2}) （因为小老鼠一开始在 ((0,0)) 点，从 ((0,0)) 点到 ((x_i,y_i)) 点的距离是 (sqrt{x_i^2 + y_i^2})）；

否则（状态 (st) 为 (1) 的位数 (gt 1)），说明状态 (f[st][i]) 是可以通过一个合法的状态 (f[st2][j]) 转换过来的。（其中 st2 = st^(1<<i)）

此时，我们可以得到状态转移方程为：

[f[st][i] = min(f[st2][j] + sqrt{(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2}) ]

其中，st2 = st^(1<<i)。

而 (sqrt{(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2}) 表示的就是点 ((x_j,y_j)) 到点 ((x_i,y_i)) 的距离。

实现代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
double dis(double x1, double y1, double x2, double y2) {
    return sqrt((x1-x2)*(x1-x2) + (y1-y2)*(y1-y2));
}
int n;
double x[15], y[15], f[(1<<15)][15];
bool vis[(1<<15)][15];
int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i ++) cin >> x[i] >> y[i];
    for (int st = 0; st < (1<<n); st ++) {
        for (int i = 0; i < n; i ++) {
            if (!(st & (1<<i))) continue;
            if (__builtin_popcount(st) == 1) f[st][i] = dis(0, 0, x[i], y[i]);
            else {
                int st2 = st ^ (1<<i);
                for (int j = 0; j < n; j ++) {
                    if (!(st2 & (1<<j))) continue;
                    double tmp = f[st2][j] + dis(x[i], y[i], x[j], y[j]);
                    if (!vis[st][i] || f[st][i] > tmp) {
                        vis[st][i] = true;
                        f[st][i] = tmp;
                    }
                }
            }
        }
    }
    double ans = f[(1<<n)-1][0];
    for (int i = 1; i < n; i ++) ans = min(ans, f[(1<<n)-1][i]);
    printf("%.2lf
", ans);
    return 0;
}

代码分析

我们对这个代码中的主要片段进行一下分析：

double dis(double x1, double y1, double x2, double y2) {
    return sqrt((x1-x2)*(x1-x2) + (y1-y2)*(y1-y2));
}

dis函数用于计算点 ((x_1,y_1)) 到点 ((x_2,y_2)) 之间的距离。

int n;
double x[15], y[15], f[(1<<15)][15];
bool vis[(1<<15)][15];

n用来表示点（或者说——奶酪）的数量。

(x[i],y[i]) 用于表示点的距离。

(f[st][i]) 的含义我们已经讲过了，这里就不再继续讲了。

(vis[st][i]) 相当于我们记忆化的操作。

我们以往的操作都会选择将 (f[st][i]) 赋为一家很大的值，或者将它赋值为-1来表示无穷大，但是我们开一个vis数组，通过 (vis[st][i]) 是否为 (true) 来判断状态 (f[st][i]) 有没有更新过也是可以的（没有更新过说明 (f[st][i]) 对应的状态还是无穷大，更新过说明 (f[st][i]) 已经被更新为了一个较小的值）。
这部分逻辑在我们代码中 (f[st2][j]) 更新 (f[st][i]) 的时候有遇到：

double tmp = f[st2][j] + dis(x[i], y[i], x[j], y[j]);
if (!vis[st][i] || f[st][i] > tmp) {
    vis[st][i] = true;
    f[st][i] = tmp;
}

if (__builtin_popcount(st) == 1) f[st][i] = dis(0, 0, x[i], y[i]);

这句话对应我们上面分析的第一种情况（如果状态 (st) 有且只有一位为 (1)），此时就直接更新 (f[st][i]) 为起点（((0,0))） 到点 (i)（((x_i, y_i))） 的距离即可。

否则，对于状态 (f[st][i]) ，需要找到所有它的前一步的状态 (f[st2][j])，并且通过如下代码求得 (f[st][i])：

int st2 = st ^ (1<<i);
for (int j = 0; j < n; j ++) {
    if (!(st2 & (1<<j))) continue;
    double tmp = f[st2][j] + dis(x[i], y[i], x[j], y[j]);
    if (!vis[st][i] || f[st][i] > tmp) {
        vis[st][i] = true;
        f[st][i] = tmp;
    }
}

而最终的状态 (st) 肯定等于 (2^n-1)（(2^n-1) 的后 (n) 位都为 (1)，表示 (n) 个点都走过），所以答案即为

[min_{i in [0,n-1]} f[2^n-1][i] ]

我们是通过如下代码段来获得答案的：

double ans = f[(1<<n)-1][0];
for (int i = 1; i < n; i ++) ans = min(ans, f[(1<<n)-1][i]);
printf("%.2lf
", ans);

最后，也不要忘了输出我们的 ans，同时保留2位小数哦。

最后的最后：

关于数位DP，最好还是按照坐标从 (0) 到 (n-1) 为好，因为这样的 (i) 刚好能跟状态在 ([0, 2^n-1]) 范围内的数字一一对应。所以希望还是能够按照坐标从 (0) 开始比较好。