P1433 吃奶酪

本文介绍了一个使用深度优先搜索(DFS)算法解决寻找从起点到终点经过所有点的最短路径问题的实现方案。通过预处理计算点与点之间的距离并采用回溯方法遍历所有可能的路径组合,最终找到最优解。适用于旅行商问题等场景。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

/*
题型:dfs
注意:预处理,回溯 
*/ 

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
double dis[16][16],ans=1000000000.0,now,x[16],y[16];//两点距离(预处理),答案,现在的距离,每个点的坐标
bool vis[16];//奶酪是否被吃
void dfs(int pos,int num)//pos第几块奶酪 num吃的第几块 
{
    if(now>ans)//如果现在的距离比原来的大就返回
        return;
    if(num==n)
    {
        if(ans>now)//更新答案
            ans=now;
        return;
    }
    vis[pos]=true;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i]==false)//枚举每个没有被吃的奶酪
        {
            now+=dis[pos][i];//加上距离 
            dfs(i,num+1);
            now-=dis[pos][i];//回溯
        }
    }
    vis[pos]=false;//回溯
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);//输入地图 
    x[0]=0;y[0]=0;//现在的距离 
    for(int i=0;i<=n;i++)//预处理两点距离
        for(int j=0;j<=n;j++)
        dis[i][j]=sqrt((x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]));
    dfs(0,0);
    printf("%0.2f",ans);
}

<think>好的,我现在要仔细分析用户提供的这个C++代码,理解它的思路和实现细节。用户提到这是洛谷P1433题“奶酪”的状压DP解法,所以我需要结合题目背景来理解代码结构。 首先,题目大意应该是:在平面上有N块奶酪,老鼠从原点出发,掉所有奶酪,求最短的路径长度。显然,这是一个旅行商问题(TSP),因为需要访问所有点一次且路径最短。TSP通常可以用动态规划(DP)结合状态压缩(状压)来解决,这里的代码应该也是基于这个思路。 接下来看代码的结构。头文件包括了cstdio、cstring、cmath,说明使用了输入输出、字符串操作和数学函数。然后定义了一个宏min,用来比较两个值的最小值。接着声明了几个全局变量: - `a[20][20]`:预处理各点之间的距离。 - `x[20]`和`y[20]`:存储每个奶酪的坐标。 - `F[18][34000]`:状压DP数组,这里可能表示在某个位置i,状态为j时的最短距离。状态j是一个二进制数的十进制表示,每一位代表是否访问过对应的奶酪。 主函数中,首先初始化F数组为无穷大,然后读取输入的N和每个奶酪的坐标。原点坐标被设为(0,0)。接着预处理所有点之间的距离,存储在数组a中。初始化每个点到原点的距离作为初始状态。然后进行状态转移,最后找出所有访问完所有奶酪的最短路径,并输出结果。 接下来需要详细分析每个部分的作用: 1. **预处理距离数组a**:这里计算了所有点对之间的距离,包括原点到各个奶酪点,以及各个奶酪点之间的距离。这样在后续DP过程中可以直接查表,避免重复计算,提高效率。 2. **初始化F数组**:`F[i][(1 << (i-1))] = a[0][i]`,这里表示当只访问过第i个奶酪时(二进制状态只有第i-1位为1),从原点出发到i点的距离。这一步是动态规划的初始状态。 3. **状态转移**:遍历所有可能的状态k(从1到(1<<N)-1),对于每个状态,检查哪些点i已经被访问过(即k的二进制位中i-1位是否为1)。然后,对于每个i,尝试从其他已经访问过的点j转移过来,更新最短距离。状态转移方程应该是`F[i][k] = min(F[i][k], F[j][k - (1 << (i-1))] + a[j][i])`,即从j到i的路径加上之前状态的最优值。 4. **结果提取**:最后遍历所有点i,当状态为全1(即所有奶酪都被访问过)时的F值,找到最小值,加上返回原点的距离?或者题目是否不需要返回原点?这里可能需要看题目具体要求。不过代码中的ans只取了F[i][全1],而原题如果要求结束在最后一个点,可能不需要返回原点,但用户之前的代码似乎有加dis(i,0)。但在此代码中,原点的处理可能不同。 需要确认的问题点: - 原题是否要求最后回到原点?根据代码中的初始化,原点坐标是(0,0),但状态转移时似乎没有考虑最后回到原点。例如,在用户之前的代码中,最后加上了dis(i,0),但在这个代码中,F数组存储的是从原点出发到各个点的路径,可能已经包含结束在某个点的总距离,而题目可能不需要返回原点。或者原题是否需要返回,可能需要看题目描述。但根据洛谷P1433的描述,正确的做法应该是不需要返回原点,因为题目是“奶酪”即找到最短路径经过所有点,起点在原点,终点可以在任意点,所以不需要回去。所以这里的代码是否正确? 另外,在状态转移中,循环变量k从1到(1<<N)-1,逐个处理每个状态。对于每个状态k,遍历所有可能的i(当前所在的点),然后对于每个i,遍历所有可能的j(上一个所在的点),从而更新当前状态的最优解。 现在要确认状态转移的正确性。假设当前状态是k,并且i是当前所在的点,那么k必须包含i的位置。然后,j必须是k中除了i之外的其他点中的一个,即k中必须包含j的位置。此时,状态转移是从j到i,状态k中去掉i的位置后的状态是k - (1<<(i-1)),此时再加上a[j][i]的距离,即从j到i的距离。这一步是否正确? 例如,假设当前状态k是二进制1010(表示访问过第2和第4个点),当前i是第2个点,那么k - (1<<(i-1))就是1010 - 0010 = 1000,对应的状态是只访问过第4个点。此时,j应该是第4个点,那么F[j][1000] + a[j][i](即从第4个点到第2个点的距离)加上之前的状态,是否被正确计算? 可能的问题:状态k应该表示已经访问过的点的集合,而当前在i点,那么要转移到k状态,需要之前的状态是k去掉i点的状态,并且之前的位置是j点。所以状态转移方程应该是正确的。 另一个需要注意的点是,F的维度是F[18][34000],18可能是因为最多有15个点(题目中N的上限?比如洛谷P1433的N上限是15,所以状态数是2^15=32768,而34000接近这个值。但代码中数组的大小是34000,可能足够。这里18可能代表最多15个点加上原点,或者其他原因。不过代码中的i循环是从1到N,所以F的第一维是点的编号,从1到N,所以可能数组大小是18为了保险。 另外,初始化时,原点坐标是(0,0),而每个奶酪的坐标从1到N,所以a[0][i]表示原点到第i个点的距离,这也是初始状态的正确赋值。 在最后的结果计算中,ans取的是所有F[i][(1<<N)-1]中的最小值,即访问完所有点后,最后停留在i点的最短路径。因为题目不需要返回原点,所以这样的处理是对的。而之前的用户代码中可能因为题目要求不同,导致最后加上了dis(i,0),但这可能需要看具体题目要求。 关于浮点数精度的问题,用户之前的问题已经讨论过,这段代码同样存在使用double类型可能带来的精度问题,但可能在实际问题中由于坐标范围较小,所以影响不大。 现在需要将整个思路整理成结构化的分析,确保用户能理解代码的每一步骤,包括状态定义、转移方程、预处理等。同时指出可能的问题点,比如数组大小是否足够,是否考虑原点返回等。</think>这段代码是解决 **旅行商问题(TSP)** 的动态规划实现,目标是找到从原点出发,经过所有奶酪点并返回最短路径的方案。以下是代码的详细分析: --- ### 一、问题背景与核心思路 **问题**:老鼠从原点 `(0,0)` 出发,掉所有 `N` 块奶酪,求最短路径长度(无需返回原点)。 **核心算法**:状态压缩动态规划(状压DP),通过二进制状态表示已访问的奶酪点集合。 --- ### 二、代码结构与关键变量 1. **全局变量**: - `a[20][20]`:存储点对之间的距离(预处理)。 - `x[20]`, `y[20]`:每个奶酪点的坐标。 - `F[18][34000]`:DP数组,`F[i][j]` 表示当前在点 `i`,已访问状态为 `j` 时的最短距离。 2. **预处理**: ```cpp for(i=0;i<=N;i++) { for(j=i+1;j<=N;j++) { a[i][j] = distance(i,j); // 计算点i到点j的距离 a[j][i] = a[i][j]; // 对称赋值 } } ``` - 预先计算所有点对(包括原点)之间的距离,避免重复计算。 --- ### 三、动态规划流程 #### 1. **初始化** ```cpp for(i=1;i<=N;i++) { F[i][(1<<(i-1))] = a[0][i]; // 初始状态:从原点出发到点i } ``` - **意义**:当只访问第 `i` 个点时,路径长度为从原点直接到 `i` 的距离。 #### 2. **状态转移** ```cpp for(k=1; k < (1<<N); k++) { // 枚举所有状态 for(i=1; i<=N; i++) { // 当前所在点i if((k & (1<<(i-1))) == 0) continue; // 状态k未访问i,跳过 for(j=1; j<=N; j++) { // 上一个所在点j if(i==j || (k & (1<<(j-1))) == 0) continue; F[i][k] = min(F[i][k], F[j][k - (1<<(i-1))] + a[i][j]); } } } ``` - **状态定义**:`k` 是二进制状态,每一位表示是否访问对应奶酪(例如 `k=101` 表示访问了第1、3号奶酪)。 - **转移方程**: $$ F[i][k] = \min\left(F[i][k], \ F[j][k \setminus \{i\}] + \text{dist}(j,i) \right) $$ 其中 `k \setminus \{i\}` 表示从状态 `k` 中移除点 `i`。 #### 3. **结果提取** ```cpp for(i=1; i<=N; i++) { ans = min(ans, F[i][(1<<N)-1]); // 全访问状态(二进制全1)下的最小值 } ``` - **最终状态**:`(1<<N)-1` 表示所有奶酪均被访问(二进制全为1)。 - **结果**:取所有可能的终点中最短路径的最小值。 --- ### 四、关键点与优化分析 | 关键点 | 说明 | |----------------------|---------------------------------------------------------------------| | **状态压缩** | 用二进制位表示访问状态,空间复杂度为 $O(N \cdot 2^N)$。 | | **预处理距离** | 减少重复计算,时间复杂度从 $O(N^3 \cdot 2^N)$ 优化为 $O(N^2 \cdot 2^N)$。 | | **循环顺序** | 外层遍历状态,内层遍历当前点和前驱点,确保状态转移依赖的子问题已计算。 | --- ### 五、潜在问题与改进 1. **浮点精度问题**: - `double` 类型在多次运算后可能累积误差,但对保留两位小数的输出影响较小。 - **改进**:使用 `numeric_limits<double>::infinity()` 初始化代替 `memset`。 2. **数组大小限制**: - `F[18][34000]` 的设计假设 $N \leq 15$($2^{15} = 32768$),适用于洛谷原题的数据范围。 3. **最终是否需要返回原点**: - 代码假设路径终点为某个奶酪点,无需返回原点,与题目要求一致。 --- ### 六、总结 该代码通过 **状态压缩动态规划** 高效解决了小规模TSP问题,核心思路是: 1. 预处理点对距离。 2. 初始化单点访问状态。 3. 遍历所有状态,逐步合并子路径。 4. 最终取全访问状态的最小值。 对于 $N \leq 15$ 的场景,代码在时间和空间上均可接受,是典型的状压DP实现。
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