【状压DP】【TSP问题专题】

首先看一道裸题

题目描述
某乡有nn个村庄(115)(115)，有一个售货员，他要到各个村庄去售货，各村庄之间的路程s(01000)s(01000)是已知的，且A村到B村与B村到A村的路大多不同。为了提高效率，他从商店出发到每个村庄一次，然后返回商店所在的村，假设商店所在的村庄为1，他不知道选择什么样的路线才能使所走的路程最短。请你帮他选择一条最短的路。

输入格式
村庄数nn和各村之间的路程(均是整数)。

输出格式
最短的路程。

样例一
input

3
0 2 1
1 0 2
2 1 0
output

3
样例解释
3 {村庄数}

0 2 1 {村庄1到各村的路程}

1 0 2 {村庄2到各村的路程}

2 1 0 {村庄3到各村的路程}

限制与约定
时间限制：1s1s
空间限制：256MB

T

这道题呢它数据范围小，所以我们能看出是状压DP

它的思路就是，对于每个村庄，访问过为1，没访问过为0，压成一个二进制数

状态是dp[sit][pos]代表当前这个状态，在什么位置

然后对于每一个状态，对于每一个0往上填1，在已有的1（就是已走过的点里），找一个到当前花费最少的，进行状态更新

 1 dp[sit][v]=min(dp[sit][v],dp[now][u]+in[u][v]); 

也就是这样

这是这道题的代码

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #define ma 1<<16
 5 using namespace std;typedef long long ll;
 6 int n,dp[ma][18],in[20][20],situ[17][1<<17],pp[17];
 7 void sou(int id,int num,int sit)
 8 {
 9     if(id>n){
10         situ[num][++pp[num]]=sit;
11         if(num==1)
12         {
13             for(int i=1;i<=n;i++)
14                 if(sit&(1<1)){dp[sit][i]=in[1][i];break;}
15         }
16         return;
17     }
18     sou(id+1,num+1,sit+(1<1));
19     sou(id+1,num,sit);
20 }
21 int main()
22 {
23     scanf("%d",&n);
24     for(int i=1;i<=n;i++)
25         for(int j=1;j<=n;j++)
26             scanf("%d",&in[i][j]);
27     memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
28     sou(1,0,0);
29     for(int nn=1;nn<=n;nn++)//有几个1 
30     {
31         for(int i=1;i<=pp[nn];i++)//情况编号 
32         {
33             int now=situ[nn][i];
34             for(int v=1;v<=n;v++)//枚举0 
35             {
36                 if(now&(1<1))continue;//这一位可以填 
37                 int sit=now+(1<<(v-1));
38                 for(int u=1;u<=n;u++)//枚举1
39                     dp[sit][v]=min(dp[sit][v],dp[now][u]+in[u][v]);
40             }
41         }
42     }
43     printf("%d\n",dp[(1<<(n))-1][1]);
44     return 0;
45 }

我的这种写法会多开一个数组，导致洛谷上的加强数据过不了，但是跑的会很快

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #define rg register
 5 using namespace std;typedef long long ll;
 6 int n,dp[1<<20][20],in[21][21];
 7 int main()
 8 {
 9     scanf("%d",&n);
10     for(rg int i=1;i<=n;i++)
11         for(rg int j=1;j<=n;j++)
12             scanf("%d",&in[i][j]);
13     memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[1][1]=0;
14     for(rg int i=1;i<=n;i++)dp[1<1][i]=in[1][i];
15     for(rg int sit=0;sit<(1<)
16     {
17         for(rg int v=1;v<=n;v++)//枚举0 
18         {
19             if(sit&(1<1))continue;//这一位可以填 
20             for(rg int u=1;u<=n;u++)//枚举1
21                 if(sit&(1<1))
22                     dp[sit+(1<<(v-1))][v]=min(dp[sit+(1<<(v-1))][v],dp[sit][u]+in[u][v]);
23         }
24     }
25     printf("%d\n",dp[(1<1][1]);
26     return 0;
27 }

这个是巨佬的写法，这么写少开数组，但是会慢一些，重点是它好写，所以推荐第二种，就是暴力枚举，因为从小到大枚举，肯定前面状态更新后面的状态

看第二题

题目描述
有一个送外卖的，他手上有nn份订单，他要把nn份东西，分别送达nn个不同的客户的手上。nn个不同的客户分别在1……n1……n个编号的城市中。送外卖的从0号城市出发，然后nn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。

输入格式
第一行一个正整数n（1≤n≤15）n（1≤n≤15） 接下来是一个（n+1）∗(n+1)（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ii行jj列表示第i−1i−1号城市和j−1j−1号城市之间直接通路的时间。当然城市aa到城市bb的直接通路时间和城市bb到城市aa的直接通路时间不一定相同，也就是说道路都是单向的。

输出格式
一个正整数表示最少花费的时间

样例一
input

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

8
限制与约定
时间限制：1s1s
空间限制：256MB

T

这道题和上一道题几乎一模一样，只不过要多一个最短路的处理，本来想跑spfa，但是数据范围很小，直接Floyd就OK

1 for(rg int i=1;i<=n+1;i++)
2         for(rg int j=1;j<=n+1;j++)
3             scanf("%d",&dis[i][j]);
4     for(int k=1;k<=n+1;k++)
5         for(int i=1;i<=n+1;i++)
6             for(int j=1;j<=n+1;j++)
7                 if(dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j])
8                     dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j]; 

就是这样枚举中间点就OK

代码在这里

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #define rg register
 5 using namespace std;typedef long long ll;
 6 int n,dp[1<<20][20],dis[20][20];
 7 int main()
 8 {
 9     scanf("%d",&n);
10     memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
11     for(rg int i=1;i<=n+1;i++)
12         for(rg int j=1;j<=n+1;j++)
13             scanf("%d",&dis[i][j]);
14     for(int k=1;k<=n+1;k++)
15         for(int i=1;i<=n+1;i++)
16             for(int j=1;j<=n+1;j++)
17                 if(dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j])
18                     dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j]; 
19     memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[1][1]=0;
20     for(rg int i=1;i<=n+1;i++)dp[1<1][i]=dis[1][i];
21     for(rg int sit=0;sit<(1<1);sit++)
22     {
23         for(rg int v=1;v<=n+1;v++)//枚举0 
24         {
25             if(sit&(1<1))continue;//这一位可以填 
26             for(rg int u=1;u<=n+1;u++)//枚举1
27                 if(sit&(1<1))
28                     dp[sit+(1<<(v-1))][v]=min(dp[sit+(1<<(v-1))][v],dp[sit][u]+dis[u][v]);
29         }
30     }
31     printf("%d\n",dp[(1<1)-1][1]);
32     return 0;
33 }

看第三题

描述

n个人在做传递物品的游戏,编号为1-n。
游戏规则是这样的：开始时物品可以在任意一人手上，他可把物品传递给其他人中的任意一位；下一个人可以传递给未接过物品的任意一人。
即物品只能经过同一个人一次，而且每次传递过程都有一个代价；不同的人传给不同的人的代价值之间没有联系；
求当物品经过所有n个人后，整个过程的总代价是多少。
格式

输入格式

第一行为n,表示共有n个人（16>=n>=2）；
以下为n*n的矩阵，第i+1行、第j列表示物品从编号为i的人传递到编号为j的人所花费的代价，特别的有第i+1行、第i列为-1（因为物品不能自己传给自己），其他数据均为正整数(<=10000)。
(对于50%的数据，n<=11)。
输出格式

一个数，为最小的代价总和。
样例1

样例输入1

2
-1 9794
2724 –1
Copy
样例输出1

2724
Copy
限制

所有数据时限为1s
来源

jszx

T

这道题依旧是接近裸题，和前几道题唯一的区别就是，它不限制起点，从任意点出发都行，就是在赋初值时候加一些东西，输出时扫一遍就OK了

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 using namespace std;
 5 int vv[17][17],dp[1<<18][17],n;
 6 int main()
 7 {
 8     scanf("%d",&n);
 9     for(int i=1;i<=n;i++)
10         for(int j=1;j<=n;j++)
11             scanf("%d",&vv[i][j]);
12     memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
13     for(int i=1;i<=n;i++)
14         for(int j=1;j<=n;j++)if(i!=j)
15             dp[(1<1)+(1<1)][j]=vv[i][j];
16     for(int sit=0;sit<=(1<1;sit++)
17         for(int to=1;to<=n;to++)
18             if(!(sit&(1<<(to-1))))
19                 for(int u=1;u<=n;u++)
20                     if(sit&(1<<(u-1)))
21                         dp[sit+(1<<(to-1))][to]=min(dp[sit+(1<<(to-1))][to],dp[sit][u]+vv[u][to]);
22     int ans=0x7f7f7f7f;
23     for(int i=1;i<=n;i++)
24         ans=min(ans,dp[(1<1][i]);
25     printf("%d\n",ans);
26     return 0;
27 } 

总结一下

TSP==暴力

其实

状压==暴力

转载于:https://www.cnblogs.com/Qin-Wei-Kai/p/10231551.html