动态规划（5）：状态压缩

总括

有时，状态相当复杂，看上去需要很多空间，比如一个数组才能表示一个状态，那么就需要对状态进行某种编码，进行压缩表示。

比如：状态和某个集合有关，集合里可以有一些元素，没有另一些元素，那么就可以用一个整数表示该集合，每个元素对应于一个bit，有该元素，则该bit就是1。

例题：bailian： 海贼王之伟大航路

描述
“我是要成为海贼王的男人！”，路飞一边喊着这样的口号，一边和他的伙伴们一起踏上了伟大航路的艰险历程
路飞他们伟大航路行程的起点是罗格镇，终点是拉夫德鲁（那里藏匿着“唯一的大秘宝”——ONE PIECE）。而航程中间，则是各式各样的岛屿。
因为伟大航路上的气候十分异常，所以来往任意两个岛屿之间的时间差别很大，从A岛到B岛可能需要1天，而从B岛到A岛则可能需要1年。当然，任意两个岛之间的航行时间虽然差别很大，但都是已知的。
现在假设路飞一行从罗格镇（起点）出发，遍历伟大航路中间所有的岛屿（但是已经经过的岛屿不能再次经过），最后到达拉夫德鲁（终点）。假设他们在岛上不作任何的停留，请问，他们最少需要花费多少时间才能到达终点？

输入
输入数据包含多行。
第一行包含一个整数N(2 < N ≤ 16)，代表伟大航路上一共有N个岛屿（包含起点的罗格镇和终点的拉夫德鲁）。其中，起点的编号为1，终点的编号为N。
之后的N行每一行包含N个整数，其中，第i(1 ≤ i ≤ N)行的第j(1 ≤ j ≤ N)个整数代表从第i个岛屿出发到第j个岛屿需要的时间t(0 < t < 10000)。第i行第i个整数为0。

输出
输出为一个整数，代表路飞一行从起点遍历所有中间岛屿（不重复）之后到达终点所需要的最少的时间。

样例输入
样例输入1：
4
0 10 20 999
5 0 90 30
99 50 0 10
999 1 2 0

样例输入2：
5
0 18 13 98 8
89 0 45 78 43
22 38 0 96 12
68 19 29 0 52
95 83 21 24 0

样例输出
样例输出1：
100

样例输出2：
137
·
·
·

分析

这题还是简单的老套路：减小数据范围， 寻找从小数据到大数据的递推关系。

但是这里也要用到上一讲讲到的消除后效性的方法， 因为单纯的DP[i]→DP[i + 1]并无明显的关系。

用 dp[s][j] 表示经过集合s中的每个点恰好一次，且最后走的点是j (j ∈s)的最佳路径的长度。

最终就是要求： min( dp[all][j] ) ( 0 <= j < n ) all是所有点的集合

状态方程：dp[s][j] = min{ dp[s’][k] + w[k][j] } (j ∈s, s’ = s – j, k ∈s’，枚举每个k, w[k][j]是k到j的边权值)

边界条件： dp[{i}][i] = 0
·
·
·

如何表示S？？？

由于只有16个点，可以用一个short变量表示点集。每个点对应一个bit。例如：

5 ＝ （0000000000000101）（二进制）
5代表的点集是{0，2}

全部n个点的点集，对应的整数是： (1 << n) – 1

最终要求：min( dp[(1<< n)-1][j] ) ( 0 <= j < n )
·
·
·

集合运算

从集合i中去掉点j，得到新集合s’：

s’ = s - ( 1 << j )

代码

#include
#include
#include
#include


using namespace std;

#define N 17
int d[1 << N][N], dist[N][N];
int n, i, j, S, ans; bool f;

int main() 
{
    scanf("%d", &n);
    for (i = 0; ifor (j = 0; jscanf("%d", &dist[i][j]);
    n -= 2;
    for (int i = 0; i1 << i)][i] = dist[0][i + 1];

    for (S = 0; S<(1 << n); S++)
    {
        for (i = 0; iif (S == (1 << i)) 
                f = true;
        if (f)
        { 
            f = false;
            continue; 
        }
        for (i = 0; i2;
        for (i = 0; iif (S&(1 << i)) 
            {
                for (int j = 0; jif (i == j)
                        continue;
                    if (S&(1 << j))
                        d[S][i] = min(d[S][i], d[S - (1 << i)][j] + dist[j + 1][i + 1]);
                }
            }
        }
    }
    ans = INT_MAX, S = (1 << n) - 1;
    for (int i = 0; i1][n + 1]);
    printf("%d", ans);
    return 0;
}