4124:海贼王之伟大航路

• 查看
• 提交
• 统计
• 提示
• 提问

总时间限制: 

1000ms 

内存限制: 

65536kB

描述

“我是要成为海贼王的男人！”，路飞一边喊着这样的口号，一边和他的伙伴们一起踏上了伟大航路的艰险历程。

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

提示

提示：
对于样例输入1：路飞选择从起点岛屿1出发，依次经过岛屿3，岛屿2，最后到达终点岛屿4。花费时间为20+50+30=100。
对于样例输入2：可能的路径及总时间为：
1,2,3,4,5: 18+45+96+52=211
1,2,4,3,5: 18+78+29+12=137
1,3,2,4,5: 13+38+78+52=181
1,3,4,2,5: 13+96+19+43=171
1,4,2,3,5: 98+19+45+12=174
1,4,3,2,5: 98+29+38+43=208
所以最短的时间花费为137
单纯的枚举在N=16时需要14!次运算，一定会超时。

这个乍一看是一个旅行商问题？？？但是后来仔细观察加网上查询发现通过深搜+剪枝就可以解决

这道题给我的启发是状态压缩

这道题里面的剪枝有两个

最基本的剪枝  当前得到的时间已经比之前所查询到的最短的时间要长了， 那么肯定不继续搜索了

比较复杂的剪枝， 当前的状态之前已经查询到了，而且之前到达当前状态的时候所花费的时间比当前花费的时间要少，那么也没有必要继续查询了 具体看一个数组 location_state[local_position][state] 

这里的local_position表示当前位于哪座城市 state则表示已经走了哪些城市

比如 5   1 2 3 5

5   3  1  2  5 这两种情况下 state都是一样的

这里state用位运算来表示 比如第一个城市走过了则把第一位变为1 所以第i个城市走过了  则有state+pow(2,i-1)来更新

具体可以看代码，这道题的另一个坑点在于必须要最后到达的城市是n，一开始我没注意这个条件，以为只要走过所有的城市就可以，最后错了

代码如下

// ConsoleApplication1.cpp : 定义控制台应用程序的入口点。
//#include "stdafx.h"
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<stdio.h>
#include<memory.h>
using namespace std;
int n;
int cost[20][20];
int sum = 0;
int min_money;
bool vis[20];
int land_state[20][1 << 17];
int min1(int x, int y)
{return x < y ? x : y;
}
void dfs(int cur_land, int readycost, int state)
{sum++;  //城市+1vis[cur_land] = false; //标记当前城市if (sum == n - 1)  //如果只剩下一个城市了{min_money = min1(min_money, readycost + cost[cur_land][n]);  //求得min_moneyreturn;}if (readycost > min_money) return; //最简单的剪枝, 当前花费已经比结果多了，就不走了if (readycost < land_state[cur_land][state] || land_state[cur_land][state] == -1){land_state[cur_land][state] = readycost;}else return; //发现之前到达这个状态的时候结果比现在好，就剪掉for (int i = 1; i < n; i++){if (vis[i]){dfs(i, readycost + cost[cur_land][i], state + pow(2, i-1));vis[i] = true;sum--;}}
}int main()
{scanf("%d", &n);min_money = 1 << 30;memset(vis, true, sizeof(vis));memset(land_state, -1, sizeof(land_state));for (int i = 1; i <=n; i++)for (int j = 1; j <=n; j++)scanf("%d", &cost[i][j]);dfs(1, 0, 1);cout << min_money << endl;return 0;
}