状态压缩DP_01 ：最短Hamilton路径

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#算法 #C++ #状态压缩DP

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动态规划

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本文深入探讨了哈密顿路径的概念及其在求解最短路径问题中的应用，特别是通过状态压缩动态规划（DP）的方法，有效地解决了在有限点集上寻找最短哈密顿路径的问题。

哈密顿路径的定义是从起始点到结束点不重不漏地经过每个点恰好一次。

那么哈密顿路径的所有情况就是0123..n数列的全排列了。

如果要求出最短路径，枚举全排列的话时间复杂度就达到了o（n*n!）级别

这道题的正解是状态压缩+DP

那么什么是状态压缩呢？为什么能用到求最短哈密顿路径呢？

先看个实例。

有5个点，0 1 2 3 4 求其最短哈密顿路径.

因为每个点只能经过一次, 所以对于已经走过的点, 无法影响到后面的点.

对于0 1 2 3 4 来说假如已经走了 0 1 2 三个点现在只能走2 -> 3 或者2 ->4 所以假如 0 1 2 = 10 0 2 1 = 20 那么我们一定会舍弃0 2 1 这种情况。如图:

也就是说求最短哈密达路径时我们只需要保存已经走过的点的最短哈密顿路径！！！

以n=3为例，每个点都有两种可能，走或者不走，所以所有的路径情况一共有 2^3种：
0 （只走了0号点）
1
2
0 1 （走了0和1号点）
0 2
1 2
0 1 2 （走了0、1、2号点包含0->1->2 , 0->2->1，保存时只保存其中的最小值。）

(另：虽然是以0号点为起始点，为了方便起见还是写出了所有情况）
还有三个点全都不走的情况, 一共8种。本题中 n <= 20 所以最多有2^20种情况需要保存。

假如终点n == 4 那么答案 = min(0XX3->4, 0XX2->4, 0XX1->4) .（假如1 2 3号点均可以到达4号点）

而对于 0XX3 0XX2 0XX1 0XX 只是一个状态分别表示选择（012）、（013）、（023）时的最短哈密顿路径.

所以所谓的状态压缩就是把一个状态集合用一个二进制数表示。对于本题来说 0表示不经过, 1表示经过。

如经过了0 1 3 号点时的最短路径的状态就用 S = 01011来表示. ( 最高位表示第n号点，最低位表示0号点)!!!!!这就是状态压缩！！！！

所以对于第n号点来说, 只需要求出所有能从n-1个点到达第n个点的最短哈密顿路径,就能求出到达第n号点的最短哈密顿路径.

同样对于一个点i来说, 从其他点到达点i时的最短哈密顿路径就是：

for(int j = 0; j < n; j++){
        dp[S][i] = min(dp[S][i], dp[S^(1<<i)][j] + weight[j][i]);//S^(1<<i)表示没有经过i点时的状态 
    }

例题：

给定一张 n 个点的带权无向图，点从 0~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整数，其中第ii行第jj个整数表示点ii到jj的距离（记为a[i,j]）。

对于任意的x,y,zx,y,z，数据保证 a[x,x]=0，a[x,y]=a[y,x] 并且 a[x,y]+a[y,z]>=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≤n≤20 1≤n≤20
0≤a[i,j]≤10^7

输入样例：

输出样例：

C++：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int dp[1<<20][20]; 
int weight[20][20];
int main(){        
    int n;   
    cin >> n; 
    for(int i = 0; i < n; i++)    
    for(int j = 0; j < n; j++)
        cin>>weight[i][j];
    memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
    dp[1][0] = 0;
    for(int S = 1; S < 1<<n; S++){               
        for(int i = 0; i < n; i++){
            if(S & (1<<i)){ //遍历到了第i个点  此时第i个点的状态为 1 
                for(int j = 0; j < n; j++){  
                    if(S & (1<<j) )  // 第j个点的状态为1   从第j个点到第i个点  所以第j个点一定走过了 第 i 个点一定没有走过。
                        dp[S][i] = min(dp[S][i], dp[S^(1<<i)][j] + weight[j][i]);                       
                }
            }
        }                                              
    }   
    cout<<dp[(1<<n)-1][n-1];   // 注意 - 号优先级大于 <<   所以  (1<<n) - 1 注意括号。
    return 0;
}

如果S为状态，则当 S = 11111时 d[S][n-1]就是最终答案。 n-1是因为下标从0开始

（1<<5) - 1 = 100000 - 1 = 11111 详见位运算。