一。问题介绍

旅行商问题，即TSP问题（Travelling Salesman Problem）又译为旅行推销员问题、货郎担问题，是数学领域中著名问题之一。假设有一个旅行商人要拜访n个城市，他必须选择所要走的路径，路径的限制是每个城市只能拜访一次，而且最后要回到原来出发的城市。路径的选择目标是要求的路径路程为所有路径之中的最小值。

二。解决方法（理论）

TSP是一道经典的NP-完全问题。在规模比较小的时候，可以用动态规划求解。

有n个城市，两两之间均有道路直接相连，给出每个城市i和j之间的道路长度dist(i, j)。求一条经过每个城市一次且仅一次，最后回到起点的路线，使得经过的道路总长度最短。n<=16,城市编号为0~n-1。

因为路线是一个环，可以规定任意点为起点和终点，不妨设城市0为起点和终点。设d(s,i)表示“当前在i城市，已访问城市集合为s”的最短长度，则d(s, i)=min{d(s - i, j) + dist(j, i) | i∈S}.

初始时d({0},0）=0，最终答案为min{d({0,1,2,,,,n-1}, i) + dist(i, 0) | i≠0}

时间复杂度为O( $n^{2}2^{^{n}}$ )。

根据该思路可以写下如下代码：

memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
dp[1][0] = 0;
for (int s = 0; s < (1<<n); s++) {    //枚举集合状态sfor (int i = 0; i < n; i++) {     //枚举当前的点iif (s & (1<<i)) {for (int j = 0; j < n; j++) {    //枚举之前的点jif (j != i && (s & (1<<j)) {dp[s][i] = min(dp[s][i], dp[s ^ (1<<i)][j] + dist[j][i]);    //根据之前的点j，更新当前的点i。}}}}
}
int ans = INF:
for (int i = 1; i < n; i++) {    //注意这里的i是从1开始的，因为访问城市的时候我们规定从0号城市访问，要走一个回路需要走n步，第n-1步必须是非0号城市，所以不能包括0。ans = min(ans, dp[(1<<n) - 1][i] + dist[i][0]);
}
cout << ans << endl;

【Note】

上面的dp[s ^ (1<<j)][i]中的异或^表示集合s减去第i个元素。
主要步骤是3步，西安枚举集合状态，再枚举当前点i，再枚举之前的点j。（前面的例题是正着推，前面的状态推后面所有的状态。本题的TSP是反着推，后面状态由所有前面的状态推出。）

三。实现代码步骤

1.先定义好用到的数组，定义一个dp[s][i]来表示“当前在城市i，已访问城市集合为s”的最短路径。在int dist[20][20];下面继续写下

int dp[1<<16][20];    //第一维表示已经走过的城市集合s， 第二维表示当前在哪个城市

2. 若考虑初始状态，起点是0，所以dp[1][0]=0,其他状态置为无穷大。

memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
dp[1][0] = 0;     //因为起点是0，所以当前访问的城市为0，第二维是0，将第0个城市加入到集合中，二进制表示为1，所以dp[1][0] = 0。

3. 从小到大遍历集合S，枚举当前所在的城市i，城市i必须在集合S中，即必须满足( s & (1<<i)) != 0.

【Note】枚举每个城市，也就是求dp[当前集合,第i个城市],求当前走到第i个城市的，且走过的城市集合相同的路径最小值。

for (int s = 0; s < (1<<n); s++) {for (int i = 0; i < n; i++) {if (s & (1<<i)) {}}
}

4. 枚举上一个城市j，j也必须在集合S中，所以必须满足(s & (1<<j) ！= 0.转移方程为d(s, i) = min{d{s-{i} + dist(j, i) | i ∈ S}。

for (int j = 0; j < n; j++) {if (j !=i && (s & (1<<j)) {    //第j个城市与第i个城市不相同，且第j个城市也在走过的集合S内。dp[s][i] = min(dp[s][i], dp[s ^ 1 << i][j] + dist[j][i]);}
}

【Note】这里巧妙地用异或^来表示集合的减法，如果集合B是集合A的子集，那么集合A异或集合B的结果就是A-B。如集合A为10100（二进制），集合B为100（二进制），则集合A^集合B = 10000（二进制），相当于集合A-集合B。当然dp[s ^ 1<<i][j] 也可以用dp[s-(1<<j)][j]表示,用异或主要是因为位运算比加减乘除运算快的多。

5. 最后我们枚举集合包含所有元素的状态，也即集合为{0, 1, 2.....n-1)，并且返回起点0，然后找到最小值就是我们需要的答案，即mid(d({0, 1, 2,,,,n-1}, i) + dist(i, 0) | i ≠ 0}

int ans = INF;
for (int i = 1; i < n; i++) {                        //注意，这里序号从1开始，因为我们假设回路是从0访问的，走到最后一个城市后，要返回第0个城市，所以不能包含第0个城市。ans = min(ans, dp[(1<<n) - 1][i] + dist[i][0];
}
if (ans == INF) ans = -1;    //如果找不到相应的路径，就返回-1
cout << ans << endl;

6.测试一下：

/* Input:
3
-1 1 10
1 -1 2
10 2 -1Output:
13*/

【Note】到了这里，程序基本就结束了，但是如果我们改一下TSP问题，去掉每个城市只能摆放一次的限制。这样一来，从城市i到城市j只需走最短路即可，那么我们要用Floyd算法求出每两个城市之间的最短路。则在main函数的memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));前面写下：

for (int k = 0; k < n; k++) {for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {dist[i][j] = min(dist[i][j], dist[i][k] + dist[k][j]);}}
}

四。整体代码；

1.未修改的TSP问题代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;int INF = 0x3f3f3f3f;
int dist[20][20];
int dp[1<<16][20];
int main() {int n;cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {cin >> dist[i][j];if (dist[i][j] == -1) dist[i][j] = INF;}}memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));dp[1][0] = 0;for (int s = 0; s < (1<<n); s++) {for (int i = 0; i < n; i++) {if (s & (1<<i)) {for (int j = 0; j < n; j++) {if (j != i && (s & (1<<j))) {dp[s][i] = min(dp[s][i], dp[s ^ 1 << i][j] + dist[j][i]);}}}}}int ans = INF;for (int i = 1; i < n; i++) {ans = min(ans, dp[(1<<n) - 1][i] + dist[i][0]);}if (ans == INF) ans = -1;cout << ans << endl;return 0;
}

结果如下图所示。结果为13.

2.修改条件后的TSP代码（也即取消一个城市只能拜访一次的条件）

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;int INF = 0x3f3f3f3f;
int dist[20][20];
int dp[1<<16][20];
int main() {int n;cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {cin >> dist[i][j];if (dist[i][j] == -1) dist[i][j] = INF;}}memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));//update Floyd Algorithmfor (int k = 0; k < n; k++) {for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {dist[i][j] = min(dist[i][j], dist[i][k] + dist[k][j]);}}}dp[1][0] = 0;for (int s = 0; s < (1<<n); s++) {for (int i = 0; i < n; i++) {if (s & (1<<i)) {for (int j = 0; j < n; j++) {if (j != i && (s & (1<<j))) {dp[s][i] = min(dp[s][i], dp[s ^ 1 << i][j] + dist[j][i]);}}}}}int ans = INF;for (int i = 1; i < n; i++) {ans = min(ans, dp[(1<<n) - 1][i] + dist[i][0]);}if (ans == INF) ans = -1;cout << ans << endl;return 0;
}

结果如下，结果为6.

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