HDU 5418 Victor and World 允许多次经过的TSP

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hdu: 

　　http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5418

bestcoder(中文):

　　http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_chineseproblem.php?cid=619&pid=1002

Victor and World

 

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问题描述

经过多年的努力，Victor终于考到了飞行驾照。为了庆祝这件事，他决定给自己买一架飞机然后环游世界。他会驾驶一架飞机沿着规定的航线飞行。在地球上一共有$n$个国家，编号从$1$到$n$，各个国家之间通过$m$条双向航线连接，第$i$条航线连接第u_iu​i​​个国家与第v_iv​i​​个国家，通过这条航线需要消耗w_iw​i​​升油，且从$1$号国家可以直接或间接到达$2$到$n$中任意一个国家。

Victor一开始位于$1$号国家，他想知道从$1$号国家出发，经过各个国家至少一次并最后回到$1$号国家消耗的总油量的最小值是多少。

输入描述

第一行包含一个整数$T$，表示测试数据的组数。

每组测试数据的第一行有两个整数$n$和$m$，表示国家的个数和航线的条数。

接下来$m$行，每行三个整数u_iu​i​​, v_iv​i​​, w_iw​i​​，描述一条航线。

$1\le T\le 20$。

$1\le n\le 16$。

$1\le m\le 100000$。

1\leq w_i\leq 1001≤w​i​​≤100。

1\leq u_i, v_i \leq n1≤u​i​​,v​i​​≤n。

输出描述

每组测试数据输出一行一个整数，即消耗的总油量的最小值。

输入样例

1
3 2
1 2 2
1 3 3

输出样例

10

 

题解：

　　这一道题与普通tsp的差别就在与状太转移变多了，设i,j为任意的两个点，s为压缩后的状态。dp[s][i]可以由dp[s][j]转移而来，这直接破坏普通TSP无后效性的前提。因此如果还想要用dp来解这道题，就要做一点改变创新了。

方法一：比较暴力的状态压缩

　　这里状态转移用的是刷表法

代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int maxn=(1<<16)+10;
 8 static int INF;
 9 
10 int dp[maxn][33],cnt[maxn];
11 
12 int mat[33][33];
13 
14 int n,m;
15 
16 void get_cnt(){
17     memset(cnt,0,sizeof(cnt));
18     for(int stat=0;stat<(1<<16);stat++){
19         //统计每一个状态的已经访问了的节点的个数
20         for(int i=0;i<16;i++){
21             if(stat&(1<<i)) cnt[stat]++;
22         }
23     }
24 }
25 
26 void init(){
27     memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
28     INF=dp[0][0];
29     memset(mat,0x3f,sizeof(mat));
30 }
31 
32 int main(){
33     get_cnt();
34     int tc;
35     scanf("%d",&tc);
36     while(tc--){
37         init();
38         scanf("%d%d",&n,&m);
39         int u,v,w;
40         while(m--){
41             scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
42             u--; v--;
43             if(w<mat[u][v])
44                 mat[u][v]=mat[v][u]=w;
45         }
46         dp[1][0]=0;
47         for(int s=1;s<(1<<n);s++){
48             //做k次后能够保证引起后效性的那些转移也能得到最优解，有点像floyd算法的思想。 
49             for(int k=0;k<=cnt[s];k++){
50                 for(int i=0;i<n;i++){
51                     //这里要做可行性减枝，否则时间会爆。 
52                     if(dp[s][i]!=INF){
53                         for(int j=0;j<n;j++){
54                             dp[s|(1<<j)][j]=min(dp[s|(1<<j)][j],dp[s][i]+mat[i][j]);
55                         }
56                     }
57                 }
58             }
59         }
60         printf("%d\n",dp[(1<<n)-1][0]);
61     }
62     return 0;
63 }

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 方法二：先floyd，再直接上普通tsp的做法

代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 
 6 const int maxn = 33;
 7 
 8 int mat[maxn][maxn];
 9 int dp[(1 << 16)+10][maxn];
10 
11 int n, m;
12 
13 void floyd() {
14     for (int k = 0; k < n; k++) {
15         for (int i = 0; i < n; i++) {
16             for (int j = 0; j < n; j++) {
17                 mat[i][j] = min(mat[i][j], mat[i][k] + mat[k][j]);
18             }
19         }
20     }
21 }
22 
23 void init() {
24     memset(mat, 0x3f, sizeof(mat));
25     for (int i = 0; i < maxn; i++) mat[i][i] = 0;
26     memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
27 }
28 
29 int main() {
30     int tc;
31     scanf("%d", &tc);
32     while (tc--) {
33         init();
34         scanf("%d%d", &n, &m);
35         int u, v, w;
36         while (m--) {
37             scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
38             u--; v--;
39             if (mat[u][v] > w) mat[u][v] = mat[v][u] = w;
40         }
41         floyd();
42         dp[1][0] = 0;
43         //这里只是做出一个哈密顿通路
44         for (int s = 1; s < (1 << n); s++) {
45             for (int i = 0; i < n; i++) {
46                 if (s&(1 << i)) {
47                     for (int j = 0; j < n; j++) {
48                         if ((s&(1 << j))== 0) {
49                             dp[s | (1 << j)][j] = min(dp[s | (1 << j)][j], dp[s][i] + mat[i][j]);
50                         }
51                     }
52                 }
53             }
54         }
55         //补回路
56         int ans = 0x3f3f3f3f;
57         for (int i = 1; i < n; i++) {
58             ans = min(ans, dp[(1 << n) - 1][i] + mat[i][0]);
59         }
60         if (n == 1) printf("0\n");
61         else printf("%d\n", ans);
62     }
63     return 0;
64 }

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