题目描述

某乡有n个村庄( 1 < n <= 16 )，有一个售货员，他要到各个村庄去售货，各村庄之间的路程s(0 < s < 1000)是已知的，且A村到B村与B村到A村的路大多不同。为了提高效率，他从商店出发到每个村庄一次，然后返回商店所在的村，假设商店所在的村庄为1，他不知道选择什么样的路线才能使所走的路程最短。请你帮他选择一条最短的路。

输入输出格式

输入格式：

第一行一个数n表示村庄数
接下来是一个n×n的矩阵，表示各村庄之间的路程。

输出格式：

最短的路程。

输入输出样例

输入样例#1：

3
0 2 1
1 0 2
2 1 0 

输出样例#1：

3

思路

这是一道状压dp，所以做这道题之前需要先知道一些关于状态压缩的基本概念。简单来说，就是在一般的题目里，一个数组即可保存状态。但是有这样的一些题 目，它们具有DP问题的特性，但是状态中所包含的信息过多，如果要用数组来保存状态的话需要四维以上的数组。于是，我们就需要通过状态压缩来保存状态，而 使用状态压缩来保存状态的DP就叫做状态压缩DP。例如这道售货员难题，若有n 个村庄，想要表示是否经过每个村庄的状态，则需要使用n维数组，而采取状态压缩，往往利用二进制的整数来简单的表示状态，如$0101$，则表示经过了$1$、$3$号村庄，没有经过$2$、$4$号村庄。

我先介绍一下位运算相关的知识：

还有几种在状压dp中常见的应用如下：
1.判断一个数字x二进制下第i位是不是等于1。

方法：if ( ( ( 1 << ( i - 1 ) ) & x ) > 0)

将1左移i-1位，相当于制造了一个只有第i位上是1，其他位上都是0的二进制数。然后与x做与运算，如果结果>0，说明x第i位上是1，反之则是0。

2.将一个数字x二进制下第i位更改成1。

方法：x = x | ( 1<<(i-1) )

证明方法与1类似，此处不再重复证明。

3.把一个数字二进制下最靠右的第一个1去掉。

方法：x=x&(x-1)

回过头来看这道题，n<20,使用状态压缩将会很方便，dp[i][j]表示从起始点到i号点在j状态下花费的最短路程，例如n=3,dp[3][3]，即表示从起始点到3号点，在011，也就是经过了1号点和2号点的情况的最短路程。
详细的状态方程可以见代码，再填出dp表格后，比较不同的点在经过所有点后到起始点的路程，便可以得到答案

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int map[21][21];
int dp[21][40000]; 
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			cin>>map[i][j];
		}
	}
	memset(dp,64,sizeof(dp));
	dp[1][1]=0;
	for(int i=0;i<=(1<<n);i++)//枚举路线
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)//枚举村庄 
		{
			if(((1<<(j-1))&i)==0)//如果第i号村庄没去过第j号村庄就往下 
			{
				for(int q=1;q<=n;q++)//枚举村庄 
				{
					if(1<<(q-1)&i)//如果第i号村庄去了第q号村庄就往下 
					{
						dp[j][1<<j-1|i]=min(dp[j][1<<j-1|i],dp[q][i]+map[q][j]);
						//dp[j][1<<j-1|i]为：经过i号村庄去j号村庄
						//dp[q][i]+map[q][j]为：经过i号村庄去q号村庄，再从q号村庄去j号村庄
						//类似于Floyd
					}
					
				}
			}
		}
	}
	int ans=9999999;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		ans=min(ans,dp[i][(1<<n)-1]+map[i][1]);
		//判断从1号村庄去哪一号村庄可以更快的跑完
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}