题目描写叙述：哈密尔顿路问题。n个点，每个点有权值，设哈密尔顿路为 C1C2...Cn，Ci的权值为Vi，一条哈密尔顿路的值分为三部分计算：
1.每个点的权值之和
2.对于图中的每一条CiCi+1，加上Vi*Vi+1
3.对于路径中的连续三个点：CiCi+1Ci+2，若在图中，三点构成三角形，则要加上Vi*Vi+1*Vi+2
求一条汉密尔顿路能够获得的最大值，而且还要输出有多少条这种哈密尔顿路。
这道题的状态感觉不是非常难想，由于依据一般的哈密尔顿路问题，首先想到的是设计二维状态，dp[i ,
s]表示当前在i点，走过的点形成状态集合s。可是这道题在求解值的时候有一个不一样的地方，就是第三部分，假设还是设计成二维的状态，就会非常麻烦，由于每添加一个新点，要推断新点、当前点、倒数第二个点是否构成三角形，所以要记录倒数第二个点。非常自然地想到扩展状态的维数，添加一维，记录倒数第二个点。
1> 设计状态：
dp[i , j , s]表示当前站在j点，前一个点是i点，形成的状态集合是s，此时的最大值，way[i , j ,
s]记录当前状态下达到最大值的路径数；
2> 状态转移：
设k点不在集合s中，且存在边<j , k>
设q为下步到达k点获得的最大值
令r = s + （1<<k），为当前站在点k，前一个点为j，形成状态集合r
若i，j，k形成三角形，则q = dp[i][j][s] + v[k] + v[j]*v[k] + v[i]*v[j]*v[k]
否则，q =
dp[i][j][s] + v[k] + v[j]*v[k];
若q大于dp[j][k][r]；则：
dp[j][k][r] = q
way[j][k][r] = way[i][j][s];
若q等于dp[j][k][r]，则：
way[j][k][r] +=
way[i][j][s];
3> 初始化：
显然，若i点到j点有边，则：
dp[i][j][(1<<i)+(1<<j)] = v[i] + v[j] + v[i]*v[j];
way[i][j][(1<<i)+(1<<j)] = 1;
4> 结果的产生：
最后的结果我们要枚举点i和j，找到最大的dp[i][j][(1<<n)-1]，而且更新记录路径数ansp，最后ansp要除2才是结果，由于题目最后一句话，正向反向是一样的路。
此外，须要注意的是discuss提到的特殊情况，要用__int64，而且注意n等于1时，最大值就是第一个点的权值，路径数为1。
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN =13;
const int MAXS =1<<MAXN|1;
#define ll __int64
ll dp[MAXN][MAXN][MAXS],way[MAXN][MAXN][MAXS];
int map[MAXN][MAXN],v[MAXN];
int n,m,s;
void stateDp(){
int i,j,p,k;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
memset(way,0,sizeof(way));
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++){
if(map[i][j]){
dp[i][j][(1<<i)+(1<<j)]=v[i]+v[j]+v[i]*v[j];
way[i][j][(1<<i)+(1<<j)]=1;
}
}
for(p=3;p<s;p++){
for(i=0;i<n;i++){
if(!(p&1<<i))//假设该状态第i城市没有路过就跳过
continue;
for(j=0;j<n;j++){
if(i==j||!(p&1<<j)||dp[i][j][p]==-1)
continue;
for(k=0;k<n;k++){
if(p&1<<k||!map[j][k])//假设k存在该状态则跳过
continue;
int r=p+(1<<k);//状态增加k城市
ll q=dp[i][j][p]+v[k]+v[j]*v[k];//更新价值
if(map[i][k]){//当构成环时更新价值
q+=v[i]*v[j]*v[k];
}
if(q>dp[j][k][r]){
dp[j][k][r]=q;
way[j][k][r]=way[i][j][p];
}else if(q==dp[j][k][r]){//相等时，有多个相等价值路径
way[j][k][r]+=way[i][j][p];
}
}
}
}
}
}
int main(int argc, char** argv) {int t,x,y,i,j;
scanf("%d",&t);
while(t--){
memset(map,0,sizeof(map));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&v[i]);
for(i=0;i<m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
map[x-1][y-1]=map[y-1][x-1]=1;
}
s=1<<n;
if(n==1){
printf("%d %d\n",v[0],1);
continue;
}
stateDp();
ll ansv=-1,ansp=0;
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++){
if(i==j)continue;
if(dp[i][j][s-1]>ansv){//s-1为经过全部岛
ansv=dp[i][j][s-1];
ansp=way[i][j][s-1];
}else if(dp[i][j][s-1]==ansv){
ansp+=way[i][j][s-1];
}
}
printf("%I64d %I64d\n",ansv==-1?0:ansv,ansp/2);
}
return 0;
}
poj 2288 Islands and Bridges_状态压缩dp_哈密尔顿回路问题