传送门
题意:
给出0~n个点两两的路径长度,求出从0号点出发遍历1~n每个点一次再回到0号点的最小花费。注意同一对点来回路径可能不等长!
题解:
经典的TSP问题(以下内容摘自百度百科):TSP问题是一个组合优化问题。该问题可以被证明具有NPC计算复杂性。因此,任何能使该问题的求解得以简化的方法,都将受到高度的评价和关注。
定义dp[st][pos]表示当前0/1状态为st位置在pos的最小花费(st只表示1~n,不管0)。
可得转移方程:
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i^b][k]+d[k][j])
其中b为j的二进制表示,d数组由Floyd预处理。
转移条件:j的二进制∈{i},k的二进制∈{i^b}⊂{i}。
WA了好几次又是因为没看题:the time to go directly from location i to j may not be the same as the time to go directly from location j to i!
写法1:for枚举111…1(n个)的子集
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN=12,INF=0x3f3f3f3f;
int n,d[MAXN][MAXN];
int dp[1<int main() {
// freopen("poj 3311.in","r",stdin);
while (scanf("%d",&n)&&n) {
for (int i=0;i<=n;++i)
for (int j=0;j<=n;++j)
scanf("%d",&d[i][j]);
for (int k=0;k<=n;++k)
for (int i=0;i<=n;++i)
for (int j=0;j<=n;++j)
d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
memset(dp,INF,sizeof(dp));
for (int i=1;i<(1<for (int j=1;j<=n;++j) {
int b=1<<(j-1);
if (i==b) dp[i][j]=d[0][j];
else if (i&b) {
for (int k=1;k<=n;++k)
if (k^j&&(i&(1<<(k-1))))
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i^b][k]+d[k][j]);
}
}
int ret=INF,ed=(1<1;
for (int i=1;i<=n;++i)
ret=min(ret,dp[ed][i]+d[i][0]);
printf("%d\n",ret);
}
return 0;
}
写法2:记忆化搜索
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN=12,INF=0x3f3f3f3f;
int n,d[MAXN][MAXN];
int dp[1<int dfs(int st,int pos) {
if (dp[st][pos]^INF) return dp[st][pos];
else if (st==(1<<(pos-1))) return d[pos][0];
int ret=INF;
for (int i=1;i<=n;++i) {
int b=1<<(i-1);
if ((st&b)&&(i^pos))
ret=min(ret,dfs(st^(1<<(pos-1)),i)+d[pos][i]);
}
return dp[st][pos]=ret;
}
int main() {
// freopen("poj 3311.in","r",stdin);
while (scanf("%d",&n)&&n) {
memset(dp,INF,sizeof(dp));
for (int i=0;i<=n;++i)
for (int j=0;j<=n;++j)
scanf("%d",&d[i][j]);
for (int k=0;k<=n;++k)
for (int i=0;i<=n;++i)
for (int j=0;j<=n;++j)
d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
int ret=INF;
for (int i=1;i<=n;++i)
ret=min(ret,dfs((1<1,i)+d[0][i]);
printf("%d\n",ret);
}
return 0;
}