3122 奶牛代理商 VIII

3122 奶牛代理商 VIII

时间限制: 3 s

空间限制: 256000 KB

题目等级 : 大师 Master

题目描述 Description

小徐是USACO中国区的奶牛代理商，专门出售质优价廉的“FJ”牌奶牛。

有一天，她的奶牛卖完了，她得去美国进货。

她需要去N个奶牛农场询问价格（小徐是个认真的人，买东西一定要货比三家）。

给你一个邻接矩阵，表示N个农场间的路径长度，求小徐最少走多少路。(从农场1出发，最后回到出发点买）

输入描述 Input Description

N

邻接矩阵

输出描述 Output Description

答案（见描述）

样例输入 Sample Input

3

0 1 2

3 0 10

2 0 0

样例输出 Sample Output

5

数据范围及提示 Data Size & Hint

N<=15，路径长度<=1000

TSP

状压DP好恶心啊。。

这道题的关键点有两个，

1.走过所有的点

2.最短路径

第2个最短路径比较好解决，n<=16的话，，一遍Floyd就可以

但是第一个条件，要走过所有的点。

我们可以考虑用状态压缩的方法来实现

我们可以用一个二进制的字符串表示这个点是否走过，比如说110表示已经走过了1和2这两个点，第3个点还没有经过

代码思路：

设置一个dp数组,dp[now][j]表示在now状态下，到达点j所需要的花费

首先我们需要暴力枚举i和j两点，来求最短距离

其次，我们还需要枚举一个能够包揽所有状态的变量now，来记录每一个能够到达的状态

当状态now可以到达j的话，那么说明我们可以通过这个状态到达i（i和j之间必定有路径）

最后枚举每个点，取一下最小值就可以

细节问题：

1.跑floyd的时候不要预先设定最大值，因为每两个点（不相同）之间必定有边相连

2.dp数组的第一位必须要开的足够大，最小是2^16，因为第一维记录的是状态而不是大小

3.now<=(1<<n)-1:

　　当n==3时，1<<3 == 2^3 == 8 == 1000 

　　1000-1=111正好是三个点都到达的理想情况

4.now&(1<<(j-1))

　　j-1是为了不超边界且枚举出所有情况

　　首先要明确，1<<(j-1)得到的一定是一个2^x的数，转换成二进制一定是1+000…..的形式

　　那么当now&(1<<(j-1))有值时，就说状态now是可以到达j点的

5.now|(1<<(i-1))

　　在进行这个运算的时候，now一定是满足now&(1<<(j-1))！=0的（程序满足顺序执行）

　　那么通过now状态一定可以到达j点

　　而且1<<(i-1)也一定是一个2^x的数

　　所以now|(1<<(i-1))就是一个可以通过j到达i产生的新状态

　举个栗子：

　now=110010

　i=100

　那么结果就是110110

　

代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cmath>
 5 using namespace std;
 6 const int MAXN=30;
 7 int read(int & n)
 8 {
 9     char p='+';int x=0;
10     while(p<'0'||p>'9')
11         p=getchar();
12     while(p>='0'&&p<='9')
13     x=x*10+p-48,p=getchar();
14     n=x;
15 }
16 int dp[MAXN*2000][MAXN];
17 int dis[MAXN][MAXN];
18 int n;
19 void floyed()
20 {
21     for(int i=1;i<=n;i++)
22         for(int j=1;j<=n;j++)
23             for(int k=1;k<=n;k++)
24                 if(i!=j&&j!=k&&i!=k)
25                     dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
26 }
27 void zhuangya()
28 {
29     /*for(int i=1;i<=n;i++)
30     {
31         for(int j=1;j<=n;j++)
32         {
33             cout<<dis[i][j]<<" ";
34         }
35         cout<<endl;
36     }*/
37     memset(dp,0xf,sizeof(dp));
38     dp[1][1]=0;
39     for(int now=0;now<=(1<<n)-1;now++)
40         for(int i=1;i<=n;i++)
41             for(int j=1;j<=n;j++)
42                 if((now&(1<<(j-1)))&&i!=j)
43                 {
44                     dp[now|(1<<(i-1))][i]=
45                         min
46                         (
47                             dp[now|(1<<(i-1))][i],
48                             dp[now][j]+dis[j][i]
49                         );
50                 }
51     int ans=0x7ffffff;
52     for(int i=2;i<=n;i++)
53     {
54         ans=min(ans,dp[(1<<n)-1][i]+dis[i][1]);
55     }
56     cout<<ans;
57 }
58 int main()
59 {
60     read(n);
61     for(int i=1;i<=n;i++)
62         for(int j=1;j<=n;j++)
63             read(dis[i][j]);
64     floyed();
65     zhuangya();
66     return 0;
67 }