旅行商问题的动态规划解决

 

旅行商问题是一个著名的NP问题，不能找到多项式解。不过可以用动态规划的方法把时间复杂度从O(N!)降低到O

 

(2^N)。对于解决小规模的旅行商还是可以实现的。

http://icpc.ahu.edu.cn/OJ/Problem.aspx?id=420

发现枚举过程中还是有很多重复计算的，所以可以存贮一下状态，避免了重复计算。

 

 

开辟N+1维数组，dp[N][2][2]..[2]

dp[cur][p1][p2]..[pn]表示，当前人在cur位置,并且p1--pn走过的为1，未走过的为0。

可见空间复杂度为N*2^N。

 

状态转移方程为dp[cur][p1]..[1]..[pn]=min{dp[i][p1]..[0]..[n]+Dis[cur][i]};其中i为1--N地点中已经走过的

 

地点。因为当前状态只能从已经走过的那些地方走过来，所以只要选一个最短的，就表示走完以上地点，并且停在

 

当前点需要的最短路程就是这么多。

 

 

由于回路必然包含每一个点，所以从任何点出发，得到的最短路径都是一定的。所以我的程序假设就从第一个点出

 

发。边界条件就是,dp[0][1]。dp[0][1]=0，表示在第0个地点(我是用0--N-1表示N个地点的)，1的二级制是

 

00000001，表示只有第一个可以走过。

要注意:既然假设从第一个地点出发，所以在递归自顶向下搜索的时候，只有最后一次才能回出发点！

即dp[cur][p1]..[1]..[pn]中，在p1--pn中只有2个为1的时候，也就是只有出发点和第二个地点的时候，才能从第

 

二个地点回到出发点。

 

最终的结果只要取min{dp[i][1]..[1]..[1]+Dis[0][i]}就好了，表示回到出发点0。构成完整回路。

 

当然如果N比较大，开那么多维的数组比较麻烦，而且可能编译不能通过。所以我们用一个数的不同位分别表示一个

 

城市是否走过。于是将N维压缩到一维。

 

dp[N][2]..[2]变成了 dp[N][2^N]

 

 

 

#include <iostream> using namespace std; int N; //total num of place int Map[16][16]; int dp[16][36768]; //dp[cur][status] cur:0--N-1 当前所在位 //status 第i位 表示当前是否走过 int num_of_1(int status) //获取多少位为1，表示已经走过多少地点 { int i,sum=0; int t=1; for(i=0;i<N;++i) { if(status&t) { ++sum; } t<<=1; } return sum; } int get(int cur,int status) { if(dp[cur][status]!=-1) { return dp[cur][status]; } if (num_of_1(status)>2) //除了出发点，还有其他地方可以走 { int i,t=2; int minlen=10000000; for (i=1;i<N;++i,t<<=1) { if (i==cur) { continue; } if (status & t) { if (get(i,status & (~(1<<cur)))+Map[cur][i] < minlen) //去掉当前位 { minlen=get(i,status & (~(1<<cur)))+Map[cur][i]; } } } return dp[cur][status]=minlen; }else //只能回到出发点 { return dp[cur][status]=Map[0][cur]; } } int main() { int i,j,minlen; cin>>N; if (N==1) { cout<<0<<endl; return 0; } for(i=0;i<N;++i) { for(j=0;j<N;++j) { cin>>Map[i][j]; } } for (i=0;i<N;++i) { for (j=0;j<32768;++j) { dp[i][j]=-1; } } dp[0][1]=0; //处在第一个点，即出发点 minlen=10000000; for (i=1;i<N;++i) { if (Map[0][i]+get(i,(1<<N)-1)<minlen) { minlen=Map[0][i]+get(i,(1<<N)-1); } } cout<<minlen<<endl; }