『最短Hamilton路径 状态压缩DP』

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最短Hamilton路径

Description

给定一张 n(n≤20) 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。

Input Format

第一行一个整数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（一个不超过10^7的正整数，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]>=a[x,z]。

Output Format

一个整数，表示最短Hamilton路径的长度。

Sample Input

4
0 2 1 3
2 0 2 1
1 2 0 1
3 1 1 0

Sample Output

4

解析

很容易想到的朴素解法是枚举全排列，时间复杂度\(O(n*!n)\)，显然是会\(TLE\)的。注意到\(n<20\)，我们考虑状态压缩\(DP\)。设\(f[i][S]\)代表当前遍历状态为\(S\)，到了第\(i\)个点的最短长度。如何理解遍历状态\(S\)呢？我们把它当做一个二进制的\(01\)串，从右数第i位为如果为\(0\)，就说明节点i没有被遍历到过，如果第\(i\)位为\(1\)，则说明节点i被遍历到过了。我们将整个图的遍历状态记为一个二进制数，这就是状态压缩。

那么我们考虑如何\(DP\)。我们将编号记为从\(1\)开始的，那么初始状态就是\(f[1][1]=0\)。
这里我们需要先理解状态的查询和赋值操作:

1.S&(1<<(i-1))代表取出状态S的(从右往左)第i位
2.S|(1<<(i-1))代表将状态S的(从右往左)第i位赋值为1

那么我们就可以得到状态转移方程了:\[f[j][S|(1<<(j-1))]=\min\{f[i][S]+dis[i][j]\}\]
需要满足节点\(j\)未访问，节点\(i\)已经访问过了。

状态的初值一开始均为正无穷，枚举\(S,i,j\)即可转移，时间复杂度\(O(n^2*2^n)\)，目标状态为\(f[n][(1<<n)-1]\)。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=20;
int n,dis[N+5][N+5],f[N+5][(1<<N)+5],ans=0x3f3f3f3f;
inline void input(void)
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            scanf("%d",&dis[i][j]);
}
inline void dp(void)
{ 
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    f[1][1]=0;
    for(int S=1;S<(1<<n);S++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(S&(1<<(i-1)))
                for(int j=1;j<=n;j++)
                    if( not (S&(1<<(j-1))) )
                        f[j][S|(1<<(j-1))]=min(f[j][S|(1<<(j-1))],f[i][S]+dis[i][j]);

}
int main(void)
{
    freopen("test.in","r",stdin);
    freopen("test.out","w",stdout);
    input();
    dp();
    printf("%d\n",f[n][(1<<n)-1]);
}

<后记>