介绍
这道题和3311差不多，只需将二进制换为三进制就好，但对于在做3311时用的是自顶向下方法做的话，上一题的模板都不能套了，还得换个思路。
题意
N个城市，M条路（有重边，无向图），x->y（ y->x ）需要花费 w 元路费，条件：起点城市随意选，每个城市最多去2次，但每个城市都得去过；问最少需要多少路费，无解输出-1。
思路
这道题无法用自顶向下式的方案来做，因为结束状态太多，应当用自底向上的方案来做，用 queue 来存状态，利用 bfs 的思路。
状态转移方程是：dp[i+sta[j]][j]=min(dp[i][k]+g[k][j]) ,0<k<N ; dp[i][j] 表示到达 i 状态是由走了第 j 个城市达到的 。代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<string.h>
using namespace std;
const int INF=0x7fffffff;
int sta[15]={1,3,9,27,81,243,729,2187,6561,19683,59049,177147};
int N,M,ans;
int g[15][15];
int dp[60000][15];
int flag[60000][15];//用来存 i 状态下的三进制数
int flag1[60000][15];//存下 i 状态 ，且有 N 个城市时是 1 还是 0
struct node
{
int i,k;
};
node temp;
void init()//预处理
{
for(int i=0;i<15;++i)
{
for(int j=0;j<15;++j)
{
g[i][j]=INF;
}
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
ans=INF;
}
int judge(int i,int j,int k)
{
if(flag[i][j]==2)//判断 i 状态的第 j 个城市是否可以走
return 0;
if(g[k][j]==INF)//判断第k个城市和第j城市之间是否有路
return 0;
return 1;
}
int judge1(int i)//判断 i 状态是否所有城市都走过
{
if(flag1[i][N-1]==0)
return 0;
return 1;
}
void slove()
{
queue<node>q;
for(int j=0;j<N;++j)//设置好起点
{
temp.i=sta[j];
temp.k=j;
q.push(temp);
dp[sta[j]][j]=0;
}
while(!q.empty())
{
int i=q.front().i;
int k=q.front().k;
q.pop();
for(int j=0;j<N;++j)
{
if(judge(i,j,k)&&(dp[i+sta[j]][j]==-1||dp[i+sta[j]][j]>dp[i][k]+g[k][j]))//往前找状态
{
dp[i+sta[j]][j]=dp[i][k]+g[k][j];
temp.i=i+sta[j];
temp.k=j;
if(judge1(temp.i))//边界情况，符合的情况无需入队列，直接比较
ans=min(ans,dp[i+sta[j]][j]);
else
q.push(temp);
}
}
}
if(ans==INF)
printf("-1\n");
else
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
for(int i=0;i<60000;++i)//提前把每种状态都处理了，因为不是二进制，所以当场处理会超时
{
int f=1,temp=i,ctor=0;
while(temp)
{
flag[i][ctor]=temp%3;
if(flag[i][ctor]==0)
f=0;
flag1[i][ctor]=f;
temp=temp/3;
++ctor;
}
}
int x,y,w;
while(~scanf("%d%d",&N,&M))
{
init();
for(int i=0;i<M;++i)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
--x;
--y;
if(g[x][y]>w)
{
g[x][y]=w;
g[y][x]=w;
}
}
slove();
}
return 0;
}
