AcWing_91 最短Hamilton路径

最短Hamilton路径

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AcWing_91 最短Hamilton路径

题目

给定一张 $n$ 个点的带权无向图，点从 $0\sim n-1$ 标号，求起点 $0$ 到终点 $n-1$ 的最短 $Hamilton$ 路径。

$Hamilton$ 路径的定义是从 $0$ 到 $n-1$ 不重不漏地经过每个点恰好一次。

输入格式

第一行输入整数 $n$。

接下来 $n$ 行每行 $n$ 个整数，其中第 $i$ 行第 $j$ 个整数表示点 $i$ 到 $j$ 的距离（记为 $a_{i,j}$）。

对于任意的 $x,y,z$，数据保证 $a_{x,x}=0$，$a_{x,y}=a_{y,x}$ 并且 $a_{x,y}+a_{y,z}\ge a_{x,z}$。

输出格式

输出一个整数，表示最短 $Hamilton$ 路径的长度。

数据范围

$1\le n\le 20$
$0\le a_{i,j}\le 107$

输入样例：

5
0 2 4 5 1
2 0 6 5 3
4 6 0 8 3
5 5 8 0 5
1 3 3 5 0

输出样例：

18

思路

第一次做状态压缩的题目。

对于每个点 $i(0\le i\le n-1)$ ，它都有两种状态：已经过，或者未经过。如果将未经过表示为0，已经过表示为 $1$ ，将这 $n$ 个点的状态按编号从小到大排列，就构成了一个二进制数。这个二进制数的每一位为 $0$ ，或者 $1$ ，就表示该位所代表的点的状态。

这样就就可以进行动态规划了。

首先，设 $f_{i,j}$。其中 $i$ 在二进制下的第 $k$ 位若为 $0$，则表示点 $k$ 未被经过；若为 $1$ 则表示已被经过。例如，当 $i=(1011{)}_2$ 时，表示此时已经过点 $0$、$1$、和点 $3$。$j$则表示已经过点 $0$、$1$、和点 $3$ 后（以下简称“状态 $i$ ”）求出的最短的 $Hamilton$ 路径的长度。

接着，再遍历所有的 $f_{i,j}$，并寻找满足条件的 $f_{i^{\prime },k}$，使得在状态 $i$ 下已经过点 $j$、$k$，在状态 $i^{\prime }$ 下已经过点 $k$，未经过点 $j$。并求出 $f_{i,j}=min(f_{i^{\prime },k}+g_{j,k})$，其中 $g_{j,k}$ 表示点 $j$、$k$ 之间的距离。

程序运行一遍后，$f_{2^n-1,n-1}$ 即为所求。

以下是在二进制压缩题目中的常见操作（$n$ 为整数）：

• 取出 $n$ 在二进制下的第 $k$ 位：

(n>>k)&1;

• 取出 $n$ 在二进制下的第 $0$ 到第 $k-1$ 位：

(n&((1<<k)-1);

• 对 $n$ 在二进制下的第 $k$ 位取反：

n^(1<<k);

• 将 $n$ 在二进制下的第 $k$ 位赋 $1$：

n|(1<<k);

• 将 $n$ 在二进制下的第 $k$ 位赋 $0$：

n&(~(1<<k));

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,edg[20][20],f[1<<20][20];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=0;j<n;j++)
			scanf("%d",&edg[i][j]);
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[1][0]=0;
	for(int i=1;i<=1<<n;i++)
		for(int j=0;j<n;j++)
			if(i>>j&1)//点j已经被经过 
			for(int k=0;k<n;k++)
				if((i^1<<j)>>k&1)//在未经过点j时点k已经被经过 
					f[i][j]=min(f[i][j],f[i^1<<j][k]+edg[k][j]);
	printf("%d",f[(1<<n)-1][n-1]);
	return 0;
}