Hie with the Pie（Floyd 状压DP）

POJ 3311 Hie with the Pie

题目大意

一个披萨店要请司机来送披萨，这家店最多接受10个订单，由于预算的问题，只能雇佣一名司机，要求用最短的时间，从披萨店出发送完最后再回到披萨店(途中可能不止一次经过一个地方)。

输入

测试数据可能有多个，第一行包含一个整数 n n n ( 1 ≤ n ≤ 10 1 \leq n \leq 10 1≤n≤10)，接下来的 n + 1 n+1 n+1行，每行包含 n + 1 n+1 n+1个整数,披萨点的位置 0 0 0以及后面 n n n个位置，其中第 i i i行第 j j j个值表示从位置 i i i到达位置 j j j所用的时间(其中对于从 i i i到 j j j可能有更快捷的方式，数据不是对称的)，当 n = 0 n=0 n=0时，表示输入结束

输出

对于每一个测试用例输出一个整数，表示所花费的最短的时间

样例输入

样例输出

分析

由于每两个地点的直接距离不一定是最短的，因此首先要用 f l o y d floyd floyd算法来更新所有点之间的最短距离

然后这个问题就变成了典型的 T S P TSP TSP问题，为了便捷的表示已经被访问过的位置，可以使用二进制来进行压缩，例如有 4 4 4个位置，分别是 0 ， 1 ， 2 ， 3 0，1，2，3 0，1，2，3，其中 1 1 1和 2 2 2已经被访问过，那么二进制表示为 ( 0110 ) 2 (0110)_2 (0110)2，被访问过的顶点就用 1 1 1表示，没访问过的用 0 0 0表示。这样就可以将状态压缩到一个数组中去。就可以清楚的表示哪些顶点被访问过，哪些没有被访问。

其中 d [ s ] [ j ] d[s][j] d[s][j]表示，在当前的 s s s的状态下(已经访问过的点)，正处在 j j j的位置上回到顶点所花费的最小时间。状态转移方程如下

d [ s ∣ 1 < < k ] [ k ] = m i n ( d [ s ∣ 1 < < k ] [ k ] ,    d [ s ] [ j ] + a [ j ] [ k ] ) d[s|1<<k][k] = min(d[s|1<<k][k],\,\,d[s][j]+a[j][k]) d[s∣1<<k][k]=min(d[s∣1<<k][k],d[s][j]+a[j][k])

其中点 k k k表示下次要访问的点，是从已经访问过的点 j j j转移到下一个点 k k k。更新完数组后

最终答案就是，枚举所有的 d [ ( 1 < < n ) − 1 ] [ i ] + a [ i ] [ 0 ]        ( 0 < i < n ) d[(1 << n) - 1][i] + a[i][0]\,\,\,\,\,\,(0<i<n) d[(1<<n)−1][i]+a[i][0](0<i<n)，其中最小值就是答案。这句话的意思就是，访问所有顶点后，可能停留再任意一个地方 i i i，因此要枚举每一个地方回到 0 0 0的时间。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 11
#define INF 0x3f3f3f3f
#define min(a,b) a>b?b:aint a[N][N];
int d[1 << N][N];
int n;inline void floyd() {for(int i = 0; i < n; i++)for(int j = 0; j < n; j++)for(int k = 0; k < n; k++)a[i][j] = min(a[i][j], a[i][k] + a[k][j]);
}int main () {while(1) {scanf("%d", &n);if(!n) break;n++;memset(d, INF, sizeof(d)); //初始化d[1][0] = 0; //从0出发，二进制中1表示第一个位置访问过，所以置为0for(int i = 0; i < n; i++)for(int j = 0; j < n; j++)scanf("%d", &a[i][j]);floyd();for(int s = 0; s < 1 << n; s++)for(int j = 0; j < n; j++)if(s >> j & 1) //找到已经访问过的点jfor(int k = 0; k < n; k++)if(!(s >> k & 1)) //找到没有被访问过的点kd[s|1 << k][k] = min(d[s|1 << k][k], d[s][j] + a[j][k]); //从j点更新到k点int ans = INF;for(int i = 1; i < n; i++)ans = min(ans, d[(1 << n)-1][i] + a[i][0]);printf("%d\n", ans);}return 0;
}