TSP问题详解（旅行商问题）

TSP：给定n个点，m条无向边，每条边有一个权值代表两个点之间的距离，现在要求把每一个点都走一遍并回到原点，求路径的最短值。

对于现在走到的点i，它前面会有k给点，后面有s个点，那么与最短路有关的就是后面s给点应该如何走，而前面的k个点，我们只需记录走过这几个点所需的最短路。

那么就可以用状压dp，比方说现在走到i点，01串用来代表之前走过的状态，比如n=7，i=2，01串（我们叫它st好了）是0011010，就代表2、4、5点是走过的（走过的点标1，一开始的状态就应该全是0），其中现在处在点2。那么dp[st][i]就应该表示此时在i点，状态为st时走过的最短路。

上图的黄色和绿色线分别对应两种不同的路径，我们会发现，对于每一条路，所有点都是要经过的，那么其实起点选哪个都没有关系，因为在一条路径里所有点的地位应该是相同的，从1出发，会首先把剩余四个点都走完，再从最后一个点回到1；从2或3、4、5出发，思路是相同的，而且他们走过的路径是一样的，所以我说从哪个点开始都没有关系。

既然如此，就不妨从点1开始吧!

既然是dp，那么就应该有递推，我们可以从最后的状态开始讨论（很正常的思路）。

最后的状态是:刚好把所有点都踩了一遍，然后来到了点k（k!=1),如果k与1之间存在边的话，就连在一起，路就走完了，那么这个状态就是合法的，将这条路对应的最短路径加上该点到点1的路径长度，与ans进行比较，进行更新就可以了。

如果k与1之间没有边的话，这个状态就是非法的，排除。

接下来，我们可以用记忆化搜索，先定义一个st=111...1(n个1），代表所有点都踩过的情况，

然后用i从1到n循环，与ans进行对比的就是f[st][i]+mas[i][1]，最后输出ans即可。

现在唯一的问题就是如何递推来求f[st][i]。

st当中第i位一定是1，代表第i点走过了，我们要求f[st][i]的话，得先还原出到达i点之前的状态，也就是把第i位变成0，得到st1（原状态）。

然后，对于剩下的st当中为1的点（代表来到第i点之前已经走过的点），如果它们与点i有边连接的话，就可以通过求出dp[st1][j]+mas[j][i](j代表之前走过，现在枚举到的点），并通过横向对比，来求出最小值作为f[st][i]即可。

部分细节放在代码里：（代码末有测试样例，答案应为17（可以自己手搓））

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll f[(1<<20)+10][25];//st状态下停在i点的最短路；
ll mas[23][23];
ll n,m,x,y,z;
ll deal(ll st,ll x)//记忆化搜索
{if(f[st][x]!=0x3f3f3f3f3f3f3f3f) //代表已经被处理过了； return f[st][x];ll st1=st-(1<<(x-1));//来到这一点前的状态，也就是第x个点还没有走过for(int i=1;i<=n;++i){if(mas[i][x]==0) continue;if((st>>(i-1))&1){f[st][x]=min(f[st][x],deal(st1,i)+mas[i][x]);  }} return f[st][x];
}
int main()
{cin>>n>>m;//n个点，m条边 for(int i=1;i<=m;++i){cin>>x>>y>>z;mas[x][y]=z;mas[y][x]=z;//无向边 } memset(f,0x3f,sizeof f);//初始化f[1][1]=0;//初始化，？？？？？？？？？？ll st=(1<<n)-1;//n位全部变成1，代表此时n个点都踩完了。 ll ans=1e12;for(int i=2;i<=n;++i){int tmp=deal(st,i);if(mas[i][1]!=0) ans=min(ans,tmp+mas[i][1]); } cout<<ans<<endl;return 0;
}
/*
样例：
5 9
1 2 2
1 3 7
1 4 2
1 5 4
2 3 10
2 4 6
2 5 3
3 4 4
4 5 1
*/

这其实用了很经典的状压思路，将所有状态压缩成01串来表示，通常用于状态数不大的情况。

下面给出一道例题（也是状压的思路）

看这里

大意：
FJ的N(4 <= N <= 16)头奶牛中的每一头都有一个唯一的编号S_i (1 <= S_i <= 25,000). 奶牛为她们的编号感到骄傲, 所以每一头奶牛都把她的编号刻在一个金牌上, 并且把金牌挂在她们宽大的脖子上. 奶牛们对在挤奶的时候被排成一支”混乱”的队伍非常反感. 如果一个队伍里任意两头相邻的奶牛的编号相差超过K (1 <= K <= 3400), 它就被称为是混乱的. 比如说，当N = 6, K = 1时, 1, 3, 5, 2, 6, 4 就是一支”混乱”的队伍, 但是 1, 3, 6, 5, 2, 4 不是(因为5和6只相差1). 那么, 有多少种能够使奶牛排成”混乱”的队伍的方案呢?

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,s;
ll mas[20];
ll dp[20][(1<<18)+10];//状态为j且队尾为i的情况下可行的方案数
int main()
{cin>>n>>s;for(int i=1;i<=n;++i) cin>>mas[i];for(int i=1;i<=n;++i) dp[i][1<<(i-1)]=1; //初始化 for(ll i=0;i<(1<<n);++i){for(int j=1;j<=n;++j){if(i&(1<<(j-1))){for(int k=1;k<=n;++k){if((i&(1<<(k-1)))) continue;if(abs(mas[j]-mas[k])<=s) continue;dp[k][i+(1<<(k-1))]+=dp[j][i];}}}}ll ans=0;for(int i=1;i<=n;++i){ans+=dp[i][(1<<n)-1];   }cout<<ans<<endl;return 0;
}

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