题目描述

题目分析

首先我们来分析暴力做法，此时最大需要遍历（n=20）20个顶点的排列方式，总共计算的次数为20!，数量级远远大于10^8，显然是不合理的。

此时，我们可以对上述dfs遍历的众多情况进行剪枝，去掉没有用的情况。

假设有4个顶点，1,2,3,4,5，有以下若干路径

1--2--3--4--5   路径总长度为18

1--3--2--4--5   路径总长度为20

......

可以发现比如对于第四个点，在这个点之前经过的其他点的顺序可以是无关紧要的，这里的两条路径都是经过了1,2,3只不过顺序不同导致最终的路径总长度不同，所以对于经过一个特定的点集的路径，只需要知道并存储这种情况之下的最短路径即可。比如说上述，设点集A={1,2,3}，令m[A,4]代表已经经过点集A，并且终点落在第四个点的所有路径。m的表示法是最开始暴力思想的体现，即存储所有的路径，但是经过刚才的分析，进行剪枝操作，可以令f[A,4]代表已经经过点集A，并且终点落在第四个点的最小路径长度，这也是本题用到的状态表示。

下面的问题是：如何表示点集A？

可以使用经典的二进制状态压缩操作：不再阐述统一的定义，直接具几个状态表示的实例，我相信就能清楚了：

f[11,2]：11的二进制表示为1011，所以代表已经经过第1,2,4个点并且终点为2的最短路径长度

f[7,2]：7的二进制表示为111，所以代表已经经过第1,2,3个点并且终点为2的最短路径长度

f[17,5]：7的二进制表示为10001，所以代表已经经过第1,5个点并且终点为5的最短路径长度

有了状态表示，状态计算也非常简单：

f[i,j]=min(f[i-{j},k]+weight[k,j])  k=1~n

所以在代码中最外层遍历不同的点集情况，最多为2^20,，第二层遍历不同的终点，20种情况，第三层遍历不同的中间结点，20种情况，总时间最多为4*10^8

注意第一层遍历和第二层遍历需要加一个判断条件：if(i>>j&1)判断点集i中是否包含点j

第二层遍历和第三层遍历也需要加一个判断条件：if(i>>k&1)判断点集i中是否包含点k，为什么不是判断点集i-{j}中是否包含k呢，因为j==k的时候，对整个结果没有影响

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=20,M=1<<N;
int weight[N][N];
int f[M][N];
int n;
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
            cin>>weight[i][j];
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    f[1][0]=0;
    for(int i=1;i<1<<n;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
            if(i>>j&1)
                for(int k=0;k<n;k++)
                    if(i>>k&1)
                    f[i][j]=min(f[i][j],f[i-(1<<j)][k]+weight[k][j]);
    cout<<f[(1<<n)-1][n-1];
    return 0;
}