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题目描述

某乡有$n$个村庄($1\le n\le 16$)，有一个售货员，他要到各个村庄去售货，各村庄之间的路程$s$($0<s<1000$)是已知的，且$A$村到$B$村与$B$村到$A$村的路大多不同。为了提高效率，他从商店出发到每个村庄一次，然后返回商店所在的村，假设商店所在的村庄为$S$，他不知道选择什么样的路线才能使所走的路程最短。请你帮他选择一条最短的路。

输入格式

村庄数$n$，商店所在村庄和各村之间的路程(均是整数，邻接矩阵存储)。

输出格式

最短的路程。

样例

输入

3 10 2 11 0 22 1 0

输出

3

分析

这种题最好想的方法就是状压DP（除非你爆搜）。我们知道，对于每一个十进制数数，它的二进制表示都是唯一的。所以，对于每一个二进制串，都可以用一个唯一的十进制数表示出来。

如题，若$n=3$，此时这个人已经经过了村庄一，村庄三，还未经过村庄二，用$bool$数组可以表示为$101$，即二进制数$101$。那你可能会想，用$dp[num][i][j][k][...]$表示此时这个人站在$num$号村庄，是否经过$i$，$j$，$k$等村庄的最小路程。不说别的，我就问你怎么把这个数组定义出来，，，

于是，我们可以将这个二进制串表示成一个十进制数。
$e.g.$ $101_2=2^2\times 1+2^1\times 0+2^0\times 1=5_{10}$。
所以，我们可以定义$dp[i][j]$，$i$表示此时的状态（即那个用于表示二进制的十进制数）。$j$表示此时这个人站在$j$村庄。
不难想出，最后的答案就是$$\min (dp[(1<<n)-1][i]+a[i][S])(1\le i\le n)(i\ne S)$$为什么最后的状态是$2^n-1$呢？不难想出，$2^0+2^1+2^2+...+2^{n-1}=2^n-1$。

而状态转移方程可以用$floyd$的思想，先枚举状态，再枚举左、右端点。则

for(int k = 0; k < (1 << n); k ++) {   //状态 	for(int i = 1; i <= n; i ++) {   //枚举左端点（起点） 		if(((1 << (i - 1)) & k) == 0) continue;		for(int j = 1; j <= n; j ++) {   //枚举右端点（终点） 			if((1 << (j - 1)) & k) continue;			if(dp[k | (1 << (j - 1))][j] > dp[k][i] + a[i][j]) dp[k | (1 << (j - 1))][j] = dp[k][i] + a[i][j];		}	}}

那为什么有两句$continue$呢，这个也很好理解：第一句的意思是状态中左端点一定被走过，第二句的意思是状态中右端点一定没被走过。
整个算法的时间复杂度：$O(2^{n}2n)$。

好的，相信你已经懂了，参考代码在下面。

代码

#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstring>#include <vector>using namespace std;const int MAXN = 20, inf = 0x3f3f3f3f;int dp[1 << MAXN][MAXN + 1], a[MAXN + 1][MAXN + 1], n, minn = inf, S;int main() {   	memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));//极大值 	scanf("%d%d", &n, &S);	for(int i = 1; i <= n; i ++) {   		for(int j = 1; j <= n; j ++) {   			scanf("%d", &a[i][j]);		}	}	if(n == 1) {   //n=1要特判 		printf("0");		return 0;	}	dp[1 << (S - 1)][S] = 0;//初始值 	for(int k = 0; k < (1 << n); k ++) {   //状态 		for(int i = 1; i <= n; i ++) {   //枚举左端点（起点） 			if(((1 << (i - 1)) & k) == 0) continue;			for(int j = 1; j <= n; j ++) {   //枚举右端点（终点） 				if((1 << (j - 1)) & k) continue;				if(dp[k | (1 << (j - 1))][j] > dp[k][i] + a[i][j]) dp[k | (1 << (j - 1))][j] = dp[k][i] + a[i][j];			}		}	}	for(int i = 1; i <= n; i ++) {   		if(i == S) continue;		minn = min(minn, dp[(1 << n) - 1][i] + a[i][S]);//找最小值 	}	printf("%d", minn);	return 0;}