poj 3311 tsp入门

题意：n+1个点：0--n，找一条路径从0点出发遍历1--n的点再回到0，每个点可经过不止一次，求最短路径

裸的TSP问题，先用Floyd求出各个点之间最短路，再状压dp即可

用n+1位二进制表示状态

附模板：

 1 //首先不难想到用FLOYD先求出任意2点的距离dis[i][j]
 2 //接着枚举所有状态，用11位二进制表示10个城市和pizza店，1表示经过，0表示没有经过
 3 //定义状态DP(S,i)表示在S状态下，到达城市I的最优值
 4 //接着状态转移方程:DP(S,i) = min{DP(S^(1<<i-1),k) + dis[k][j],DP(S,i)},器重S^(1<<i-1)表示未到达城市i的所有状态，1<=k<=n
 5 //对于全1的状态，即S = (1<<n)-1则表示经过所有城市的状态，最终还需要回到PIZZA店0
 6 //那么最终答案就是min{DP(S,i) + dis[i][0]}
 7 //dij[i][j]:i到j最短路
 8
 9         for(int S = 0;S <= (1<<n)-1;++S)//枚举所有状态，用位运算表示
10             for(int i = 1;i <= n;++i)
11             {
12                 if(S & (1<<(i-1)))//状态S中已经过城市i
13                 {
14                     if(S == (1<<(i-1)))    dp[S][i] = dis[0][i];//状态S只经过城市I，最优解自然是从0出发到i的dis,这也是DP的边界
15                     else//如果S有经过多个城市
16                     {
17                         dp[S][i] = INF;
18                         for(int j = 1;j <= n;++j)
19                         {
20                             if(S & (1<<(j-1)) && j != i)//枚举不是城市I的其他城市
21                                 dp[S][i] = min(dp[S^(1<<(i-1))][j] + dis[j][i],dp[S][i]);
22                             //在没经过城市I的状态中，寻找合适的中间点J使得距离更短，和FLOYD一样
23                         }
24                     }
25                 }
26             }
27         ans = dp[(1<<n)-1][1] + dis[1][0];
28         for(int i = 2;i <= n;++i)
29             if(dp[(1<<n)-1][i] + dis[i][0] < ans)
30                 ans = dp[(1<<n)-1][i] + dis[i][0];
31         printf("%d/n",ans);

Code：

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 #define INF 1<<28;
 5 #define maxn 15
 6
 7 int a[maxn][maxn];
 8 int dp[1<<maxn][maxn];
 9 int ans,S,n;
10
11 int main()
12 {
13     ios::sync_with_stdio(false);
14     while (cin>>n)
15     {
16         memset(a,0,sizeof(a));
17         if (n==0)   break;
18         else
19         {
20             for (int i=0;i<=n;i++)
21                 for (int j=0;j<=n;j++)
22                     cin>>a[i][j];
23
24             for (int k=0;k<=n;k++)
25                 for (int i=0;i<=n;i++)
26                     for (int j=0;j<=n;j++)
27                     {
28                         if (a[i][k]+a[k][j]<a[i][j])
29                             a[i][j]=a[i][k]+a[k][j];
30                     }
31
32             for (int S=0;S<=(1<<n)-1;S++)
33                 for (int i=1;i<=n;i++)
34                 {
35                     if (S&(1<<(i-1)))
36                     {
37                         if (S==(1<<(i-1)))      dp[S][i]=a[0][i];
38                         else
39                         {
40                             dp[S][i]=INF;
41                             for (int j=1;j<=n;j++)
42                             {
43                                 if (S&(1<<(j-1))&&(j!=i))
44                                     dp[S][i]=min(dp[S^(1<<(i-1))][j] + a[j][i],dp[S][i]);
45                             }
46                         }
47                     }
48                 }
49
50             ans = dp[(1<<n)-1][1] + a[1][0];
51             for(int i = 2;i <= n;i++)
52                 if(dp[(1<<n)-1][i] + a[i][0] < ans)
53                     ans = dp[(1<<n)-1][i] + a[i][0];
54
55             cout<<ans<<endl;
56         }
57     }
58
59
60
61
62
63     return 0;
64 }

reference：

http://blog.csdn.net/chinaczy/article/details/5890768