先来一个题衔接一下：

与上一题的思路差不多，不过这里有几点需要注意：

1.因为某一列的状态还与上上一行有关，因此我们令f[i][j][k]表示第i行状态为j,第i-1行状态为k的最大炮兵数。

因此，我们可以得到状态转移方程：f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][k][q]+num[j])其中我们保证j,k,q不冲突并且自己可以。

2.注意到直接开存不下，我们考虑用vector存符合条件的，并计算一下有几个再开空间。

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[110],dp[110][70][70];
vector<int> st;
char b;
vector<int> num;
int calc(int num){
    int ans=0;
    while(num){
        if((num&1)==1) ans++;
        num>>=1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            scanf(" %c",&b);
            if(b=='H'){
                a[i]|=(1<<(j-1));
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<=(1<<m)-1;i++){
        if(i&(i<<1)) continue;
        if(i&(i<<2)) continue;
            st.push_back(i);
            num.push_back(calc(i));
        
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<st.size();j++){
            if((a[i]&st[j])) continue;
            for(int k=0;k<st.size();k++){
                 if((a[i-1]&st[k])) continue;
                if((st[k]&st[j])) continue;
                for(int q=0;q<st.size();q++){
                    if(i>=2){
                        if((a[i-2]&st[q])) continue;}
                    if((st[k]&st[q])) continue;
                    if((st[q]&st[j])) continue;
                    dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][k][q]+num[j]);
                    ans=max(ans,dp[i][j][k]);
                }
            }
        }
    }
    cout<<ans;
}

首先，什么是TSP问题？

即给你一张抽象的图，求从某一个起点出发，经过所有点的最短路径。

如何解决呢？

我们先建立一个超级源点，这就解决了从某一个起点出发的问题，然后，我们假设走了134，现在在5，那么后来的267是与134的走法无关的，因此我们只要保留最短的即可，即DP。

因此，我们可以令f[st][i]表示当前状态为st,最后到达的一个点为i所经过的最短路径。

访问过标1，未访问标0.

转移方程为f[st][i]=min(f[st'][j]+a[j][i]).（st'=st-1<<(i-1)).

若为必须回到原点，那么走出来的一定是一个圈，因此我们固定1为起点，然后在原来的结果上加上终点与1的边。

下面是实现代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[25][25],dp[1<<20][25];
int f(int st,int x){
	if(dp[st][x]<=1e9){
		return dp[st][x];
	}
	int stt=st-(1<<(x-1));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i][x]==0) continue;
		if((stt>>(i-1))&1){
			dp[st][x]=min(dp[st][x],a[i][x]+f(stt,i));
		}
	}
	return dp[st][x];
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y,z;
		cin>>x>>y>>z;
		a[x][y]=z;
		a[y][x]=z;
	}
	memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
	dp[1][1]=0;
	int ans=0x7f7f7f7f;
	int st=(1<<n)-1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int tmp=f(st,i);
		if(a[i][1]!=0) ans=min(ans,a[i][1]+tmp);
	}
	cout<<ans;
} 

我们来看一个类似的问题：

思路类似，我们令f[i]表示状态为i时获得的最大能量。

其中第k位==1表示它已经用了并消失，为0表示没有用或用了没消失。

易得状态转移方程：f[k|(1<<(i-1)]=max(f[k]+a[j][i]).我们转换一下：

f[k]=max(f[k']+a[j][i])(其中k'的i与j位为0，k=k'+1<<(i-1))

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[14][14],x,f[2000];
int main(){
    while(cin>>n){
        memset(f,0,sizeof(f));
        if(n==0) break;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                scanf("%d",&x);
                a[i][j]=x;
            }
        }
        int ans=0;
       for(int i=1;i<=(1<<n)-2;i++){
           for(int k=0;k<i;k++){
               for(int ii=1;ii<=n;ii++){
                   if((k>>(ii-1))&1) continue;
                   for(int jj=1;jj<=n;jj++){
                       if((k>>(jj-1))&1) continue;
                       if(i!=(k|(1<<(jj-1)))) continue;
                       f[i]=max(f[i],f[k]+a[ii][jj]);
                       ans=max(ans,f[i]);
                   }
               }
           }
       }
       printf("%d\n",ans);
    }
}