最短哈密顿路径——二进制压缩思想

最新推荐文章于 2025-06-26 16:44:32 发布

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#算法

本文介绍了解决最短哈密顿路径问题的一种动态规划方法。利用二进制压缩技巧表示节点状态，通过状态转移方程计算从起始点到终点的最短路径长度。

最短哈密顿路径

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]>=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
0≤a[i,j]≤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
题目链接

二进制压缩

二进制压缩就是说用一个数来表示一种状态
比如我们用0101010来表示第1、3、5位置已经被访问过了（从0开始）
而0101010对应的二进制数是2+8+32 = 42
我们就用42这个数来表示1、3、5这些位置都被访问过

来到这道题

这里点的个数不超过20，所以可以用这个方法来解题。
我们用dp[i][j]中i对应二进制数的点已经被访问过了，表示目前处于j点。
dp[i][j]对应的值来表示距离
则我们所求即dp[1<<n][n-1]

记i为对应的二进制数，j表示目前处于哪个点，k来表示上一个点。
根据哈密顿路径的定义，每个点都只能被经过一次，所以j对应的上一次二进制数i的位置为0
则上一次对应的二进制数为i^(1<<j) (j对应的位置变为1)
当然，在上一个位置，k对应的值为1，所以可以用i^(1<<j) >> k & 1来判断k对应的位置是否为1

则可得状态转移方程为
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i^(1<<j)][k] + c[j][k])

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll  long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e9 + 7;
int a[27][27];
int dp[1 << 20][27]; // dp[i][j]表示经过了i对应二进制数的点 到第j-1个点的最短距离
int n;

int hamiton()
{
	memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
	dp[1][0] = 0;
	for(int i = 1; i < (1 << n); i++)
	{
		for(int j = 0; j < n; j++)
		{
			if((i >> j) & 1) // 考虑当前这个点j的状态  没有被经过则不考虑
			{
				for(int k = 0; k < n; k++) // 上一次经过的点对应的二进制数是 i ^ 1 << j
					if((i ^ (1 << j)) >> k & 1) // 在上一次经过的点中 k必须是经过了的  现在是求把j点加入的最短路径
						dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i ^ (1 << j)][k] + a[k][j]);
			}
		}
	}
	return dp[(1 << n) - 1][n - 1];
}

int main()
{
	cin >> n;
	for(int i = 0; i < n; i++)
		for(int j = 0; j < n;j ++)
			cin >> a[i][j];
	cout << hamiton() << endl;
}