吃奶酪

题目描述

房间里放着 $n$ 块奶酪。一只小老鼠要把它们都吃掉，问至少要跑多少距离？老鼠一开始在 $(0,0)$ 点处。

输入格式

第一行有一个整数，表示奶酪的数量 $n$。

第 $2$ 到第 $(n+1)$ 行，每行两个实数，第 $(i+1)$ 行的实数分别表示第 $i$ 块奶酪的横纵坐标 $x_i,y_i$。

输出格式

输出一行一个实数，表示要跑的最少距离，保留 $2$ 位小数。

样例 #1

样例输入 #1

4
1 1
1 -1
-1 1
-1 -1

样例输出 #1

7.41

提示

数据规模与约定

对于全部的测试点，保证 $1\le n\le 15$，$|x_i|,|y_i|\le 200$，小数点后最多有 $3$ 位数字。

提示

对于两个点 $(x_1,y_1)$，$(x_2,y_2)$，两点之间的距离公式为 $\sqrt{(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2}$。

---

$\mathrm{2022.7.13}$：新增加一组 $\text{Hack}$ 数据。

---

前置知识：位运算

状态压缩dp

状态压缩的思想是用二进制来表示状态。用一个整数的二进制形式的每一个二进制位 0 或 1 表示一个状态。

本题是一道比较基础的状压DP题目。

状压DP的时间复杂度为 $O(n^2{2}^n)$
通常只能通过 $N\le 21$ 的数据范围，本题数据范围为 $N\le 15$ 因此可以使用状压DP。

大致思路

坐标可能为实数，因此要用double类型存储。

定义一个数组 $F_{i,j}$表示老鼠走到第 i 个奶酪，且走过的二进制状态为 j 时，最短的距离。

举例来说，可以使用二进制 1010011010100110 来表示已经走过第 2、3、6、8 个奶酪，此时 j 的值为 166。需要注意的是，第 i 个状态是从低位向高位的第i位。

在更新 F 数组状态时会用到两点间的距离，使用两点间距离公式计算：

$a=\sqrt{(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2}$
​

首先要将 F 数组进行初始化为极大值，可以使用$memset(F,127,sizeof(F))$;来为浮点数赋极大值

因为到达第 i 块奶酪，且只经过过第 ii 块奶酪的距离即为第i块奶酪与坐标原点的距离。
因此要初始化$F[i][(1<<(i-1))]=a[0][i]$;。

接下来是三层循环，分别枚举所有可能的二进制状态、当前点所在的位置和能在当前状态下到达当前点的位置。

在第二层循环中要判断一下 i 在当前二进制状态下是否已走过，如果根本没走过则不需要进行接下来的计算，直接continue就可以。

在第三层运算中同样要判断当前点是否已走过，且当前点不与 i 点相同。

接下来就可以转移状态了：

设此时二进制状态为 kk，终点为 ii，起点为 jj，可得状态转移方程：$F_{i,k}=\min (F_{i,k},F_{j,k-2^{i-1}}+A_{i,j})$
​
为在 j 点且没有走过 i 点的最短距离， $A_{i,j}$
​
是从 i 到 j 的距离。

最后，找出 $F_{i,2^N-1}$中的最小值就是最终的答案了。

AC CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=666;
int n;
double ans=0x7f7f7f7f;
double dis(double x1,double y1,double x2,double y2){
	return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
}
struct node{
	double x,y;
}a[N];
double f[20][114514],adis[66][66];
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].x>>a[i].y;
	}
	a[0].x=0;a[0].y=0;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			adis[i][j]=dis(a[i].x,a[i].y,a[j].x,a[j].y);
			adis[j][i]=adis[i][j];
			//cout<<adis[i][j]<<endl;
		}
	}
	memset(f,127,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i][1<<(i-1)]=adis[0][i];
	}
	for(int k=1;k<(1<<n);k++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if((k&(1<<(i-1)))==0)continue;
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if((k&(1<<(j-1)))==0)continue;
				if(i==j)continue;
				f[i][k]=min(f[i][k],f[j][k-(1<<(i-1))]+adis[i][j]);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=min(f[i][(1<<n)-1],ans);
	}
	printf("%.2lf",ans);
	return 0;
}

附封面