AcWing91.最短 Hamilton 路径

题目

给定一张 $n$ 个点的带权无向图，点从 0∼$n-1$ 标号，求起点 0 到终点 $n-1$ 的最短 Hamilton 路径。

Hamilton 路径的定义是从 0 到 $n-1$ 不重不漏地经过每个点恰好一次。

输入格式

第一行输入整数 $n$。

接下来 $n$ 行每行 $n$ 个整数，其中第 $i$ 行第 $j$ 个整数表示点 $i$ 到 $j$ 的距离（记为 $a[i,j]$）。

对于任意的 $x,y,z$，数据保证 $a[x,x]=0，a[x,y]=a[y,x]$ 并且 $a[x,y]+a[y,z]\ge a[x,z]$。

输出格式

输出一个整数，表示最短 Hamilton 路径的长度。

数据范围

• $1\le n\le 20$
• $0\le a[i,j]\le 10^7$

输入样例

5
0 2 4 5 1
2 0 6 5 3
4 6 0 8 3
5 5 8 0 5
1 3 3 5 0

输出样例

18

分析

很容易想到本题的一种 “朴素” 做法，就是枚举 $n$ 个点的全排列，计算路径长度取最小值，时间复杂度为 $O(n\ast n!)$，使用下面的二进制状态压缩 DP 可以优化到 $O(n^2\ast 2^n)$。

在任意时刻如何表示哪些点已经被经过，哪些点没有被经过？可以使用一个 $n$ 位二进制数，若其第 $i$ 位（$0\le i<n$） 为 1，则表示第 $i$ 个点已经被经过，反之未被经过。

在任意时刻还需要知道当前所处的位置，因此可以使用 $F[i,j]（0\le i<2^n,0\le j<n）$ 表示 “点被经过的状态” 对应的二进制数为 $i$，且目前处于点 $j$ 时的最短路径。

在起点时，有 $F[1,0]=0$，即只经过了点 0（$i$ 只有第 0 位为 1），目前处于起点 0，最短路径长度为 0。为了方便起见，将 $F$ 数组其他的值设为无穷大。目标是 F[(1 << N) - 1, n - 1]，即经过所有点 （$i$ 的所有位都是 1），处于终点 $n-1$ 的最短路。

在任意时刻，有公式 F[i,j] = min{F[i ^ (1 << j), k] + weight(k,j)}，其中 $0\le k<n$ 并且 ((i >> j) & 1) = 1，即当前时刻 “被经过的点的状态” 对应的二进制数为 $i$，处于点 $j$。因为 $j$ 只能被恰好经过一次，所以一定是刚刚经过的，故在上一时刻 “被经过的点的状态” 对应的二进制数的第 $j$ 位应该赋值为 0，也就是 i ^ (1 << j)。另外，上一时刻所处的位置可能是i ^ (1 << j) 中任意一个是 1 的数位 $k$，从 $k$ 走到 $j$ 需经过 weight(k,j) 路程，可以考虑所有这样的 $k$ 取最小值。这就是以上公式的由来。

代码

#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 1 << 20;
int F[N][20]; //F[i][j]表示被经过的点的状态为i,目前处于点j的最短路径
int weight[20][20];

int hamilton(int n) {
    memset(F, 0x3f, sizeof(F));
    F[1][0] = 0;
    for (int i = 1; i < 1 << n; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            if ((i >> j) & 1) { //第j位为1
                for (int k = 0; k < n; k++) {
                    if ((i ^ (1 << j)) >> k & 1) { //当前在k点，要去j点
                        F[i][j] = min(F[i][j], F[i ^ (1 << j)][k] + weight[k][j]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    
    return F[(1 << n) - 1][n - 1];
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            cin >> weight[i][j];
        }
    }
    
    cout << hamilton(n) << endl;
    
    return 0;
}