ACM 海贼王之伟大航路(深搜剪枝)
“我是要成为海贼王的男人!”
路飞他们伟大航路行程的起点是罗格镇,终点是拉夫德鲁(那里藏匿着“唯一的大秘宝”——ONE PIECE)。而航程中间,则是各式各样的岛屿。
因为伟大航路上的气候十分异常,所以来往任意两个岛屿之间的时间差别很大,从A岛到B岛可能需要1天,而从B岛到A岛则可能需要1年。当然,任意两个岛之间的航行时间虽然差别很大,但都是已知的。
现在假设路飞一行从罗格镇(起点)出发,遍历伟大航路中间所有的岛屿(但是已经经过的岛屿不能再次经过),最后到达拉夫德鲁(终点)。假设他们在岛上不作任何的停留,请问,他们最少需要花费多少时间才能到达终点?
输入输入数据包含多行。
第一行包含一个整数N(2 < N ≤ 16),代表伟大航路上一共有N个岛屿(包含起点的罗格镇和终点的拉夫德鲁)。其中,起点的编号为1,终点的编号为N。
之后的N行每一行包含N个整数,其中,第i(1 ≤ i ≤ N)行的第j(1 ≤ j ≤ N)个整数代表从第i个岛屿出发到第j个岛屿需要的时间t(0 < t < 10000)。第i行第i个整数为0。输出输出为一个整数,代表路飞一行从起点遍历所有中间岛屿(不重复)之后到达终点所需要的最少的时间。样例输入
样例输入1: 4 0 10 20 999 5 0 90 30 99 50 0 10 999 1 2 0 样例输入2: 5 0 18 13 98 8 89 0 45 78 43 22 38 0 96 12 68 19 29 0 52 95 83 21 24 0
样例输出
样例输出1: 100 样例输出2: 137题目如上 如题,第一想法是深搜(据说可以用dp,但还没想出来),写了一版深搜,结果超时了,意料之中,下面附代码以及剪枝。
#include<cstdio>
#include<string.h>
#include<stdlib.h> #include<math.h> const int inf = 0x3f3f3f3f; int step; int minstep; int a[16][16]; int book[15]; int postion[20]; int n; int npostion[15][1<<15]; int po; void dfs(int cur,int qc) { if(cur+2==n) { step+=a[qc][n-1]; if(step<minstep) minstep=step; step-=a[qc][n-1]; return; } for(int i=1; i<n-1; i++) { if(!book[i])// has been through { if(step>=minstep) continue; if((npostion[i][po+postion[i-1]]<=step+a[qc][i])) continue; po+=postion[i-1]; step+=a[qc][i]; npostion[i][po]=step; book[i]=1; dfs(cur+1,i); po-=postion[i-1]; book[i]=0; step-=a[qc][i]; } } } int main() { for(int i=0; i<14; i++) postion[i]=1<<i; while (~scanf("%d",&n)) { po=0; step=0; minstep=1e17; memset(npostion,inf,sizeof(npostion)); memset(a,0,sizeof(a)); memset(book,0,sizeof(book)); for(int i=0; i<n; i++) for(int j=0; j<n; j++) scanf("%d",&a[i][j]); dfs(0,0); printf("%d\n",minstep); } return 0; }
深搜的部分使用cur记录已经进入的递归层,方便在第n-2层(由于起点和终点不算,所以中间可变化的岛屿为n-2个)的时候设置递归边界return。使用book数组进行标记此岛屿是否已经经过。使用变量qc标记上一层递归中的i,也就是最后一次确定已经经过的岛屿。
下面为剪枝部分:
由于深搜时会历经很多不必要的情况,所以需要剪枝操作节省时间花销,剪枝完成后时间将小于剪枝前的十分之一。
第一步剪枝,也是最容易想到的:在递归记录step的过程中,如果这个step无论是否完成全部岛屿的遍历,只要其值大于已经存在的不为0的minstep,则舍弃掉当前的情况。
第二步剪枝,利用状态压缩的思想,使用po跟踪记录此时岛屿的经过状态,在每一次确认到达此岛屿时记录以这个岛屿的下标为行标,以已经经过的岛屿为列标的数值,其值为这个状态下的最小步数,那么在之后的递归中,如果出现状态相同,且其步数比相同状态下所用步数大的情况下,即可舍弃这步操作,即使用最优的之前已经存在过的状态情况。
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