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bc上的一道题，刚开始想用这个方法做的，因为刚刚做了一个类似的题，但是想到这只是bc的第二题，
以为用bfs水一下就过去了，结果MLE了，因为bfs的队列里的状态太多了，耗内存太厉害。
题意：
从某一点出发，遍历网格上的一些点，每个点至少访问一次需要的最小时间是多少。
官方题解：
由于Harry的dig machine是无限大的，而装载石头和卸载石头是不费时间的，所以问题可以转化成：从某一点出发，遍历网格上的一些点，每个点至少访问一次需要的最小时间是多少。这就是经典的旅行商问题，考虑到我们必须要遍历的点只有不到10个，可以用状态压缩解决。
Dp[i][j]表示i状态的点被访问过了，当前停留在点j 需要的最少时间。枚举另一点不在i状态内的点k，从点j节点走向点k，状态转移
Dp[i|(1?k)][k]=min(Dp[i|(1?k)][k],Dp[i][j]+Dis(j,k))
其中Dis(j,k)表示点j与点k的最短距离，这个可以通过坐标O(1)计算得到。若有t个点包含石头，则算法复杂度为O(n∗m+(t2)∗(2t))。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cmath> 4 #include <queue> 5 #include <cstring> 6 #include <cstdlib> 7 #include <algorithm> 8 #define LL __int64 9 #define INF 0x3f3f3f3f 10 const int maxn = 50+10; 11 using namespace std; 12 struct node 13 { 14 int x, y; 15 } p[maxn]; 16 int a[maxn][maxn], c[maxn][maxn], d[(1<<11)+10][15]; 17 18 int main() 19 { 20 int i, j, k, n, m, cnt; 21 while(~scanf("%d%d", &n, &m)) 22 { 23 memset(d, INF, sizeof(d)); 24 cnt = 0; 25 for(i = 0; i < n; i++) 26 for(j = 0; j < m; j++) 27 { 28 scanf("%d", &a[i][j]); 29 if(i == 0 && j == 0) 30 { 31 p[cnt].x = i; 32 p[cnt++].y = j; 33 } 34 else if(a[i][j]>0) 35 { 36 p[cnt].x = i; 37 p[cnt++].y = j; 38 } 39 } 40 for(i = 0; i < cnt; i++) 41 { 42 for(j = i+1; j < cnt; j++) 43 { 44 c[i][j] = c[j][i] = abs(p[i].x-p[j].x)+abs(p[i].y-p[j].y); 45 } 46 c[i][i] = 0; 47 } 48 d[0][0] = 0; 49 for(i = 0; i < (1<<cnt); i++) 50 { 51 for(j = 0; j < cnt; j++) 52 if(d[i][j]!=INF) //注意保证该状态存在 53 for(k = 0; k < cnt; k++) 54 { 55 if(i&(1<<k)) continue; //注意保证该点还没有加入 56 if(c[j][k]==INF) continue; //两个点之间可达 57 d[i|(1<<k)][k] = min(d[i|(1<<k)][k], d[i][j]+c[j][k]); 58 } 59 } 60 int ans = INF; 61 for(i = 0; i < cnt; i++) 62 ans = min(d[(1<<cnt)-1][i]+c[0][i], ans); 63 cout<<ans<<endl; 64 } 65 return 0; 66 }
hdu 5067 Harry And Dig Machine (状态压缩dp)
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原文地址：http://www.cnblogs.com/bfshm/p/4036763.html
