题目的大概意思就是一个人到一些城市送披萨，要求找到一条路径能够遍历每一个城市后返回出发点，并且路径距离最短。最后输出最短距离即可。注意：每一个城市可重复访问多次。
由于题中明确说了两个城市间的直接可达路径（即不经过其它城市结点）不一定是最短路径，所以需要借助邻接矩阵首先求出任意两个城市间的最短距离。这一步骤使用Floyd最短路径算法即可。然后，在此基础上来求出遍历各个城市后回到出发点的最短路径的距离，即求解TSP问题。
TSP问题目前有多种解法：搜索解法，动归解法，启发式解法。这里就针对poj 3311问题给出了前两种解法。
搜索解法：这种解法其实就是计算排列子集树的过程。从0点出发，要求遍历1，2，3点后回到0点。以不同的顺序来依次遍历1，2，3点就会导出不同的路径（0->1->2->3->0；0->1->3->2->0等等），总共有3!=6条路径需要考虑，从中选出最短的那条就是所求。搜索解法的时间复杂度为O(n!)。
附上搜索代码：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <utility>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
using namespace std;
int n;
vector<vector<int> > links;
vector<vector<int> > sp;
vector<bool> used;
long long ans;
void Floyed()
{
sp = links;
for(int k = 0; k < n; ++k)
{
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
for(int j = 0; j < n; ++j)
sp[i][j] = min(sp[i][j], sp[i][k] + sp[k][j]);
}
}
//for(int i = 0; i < n; ++i)
//{
//for(int j = 0; j < n; ++j)
//cout << sp[i][j] << " ";
//cout << endl;
//}
}
void Backtrack(int level, int v, long long cost)
{
if( level == n - 1 )
{
ans = min(cost + sp[v][0], ans);
return;
}
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
if( !used[i] )
{
used[i] = true;
Backtrack(level + 1, i, cost + sp[v][i]);
used[i] = false;
}
}
}
void Work()
{
Floyed();
ans = 1e8;
used.assign(n, false);
used[0] = true;
Backtrack(0, 0, 0);
//cout << "ans = ";
cout << ans << endl;
}
int main()
{
//freopen("3311.tst", "r", stdin);
while( cin >> n && n )
{
++n;
//links.resize(n, vector<int>(n)); 将这一句替换为下面这一句，就会WA，还请高手能够指教！
links.assign(n, vector<int>(n, 0));
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
for(int j = 0; j < n; ++j)
cin >> links[i][j];
}
Work();
}
return 0;
}
动归解法：仔细观察搜索解法的过程，其实是有很多重复计算的。比如从0点出发，经过1，2，3，4，5点后回到0点。那么0->1->2->(3，4，5三个点的排列)->0与0->2->1->(3，4，5三个点的排列)->0就存在重复计算（3，4，5三点的排列）->0路径集上的最短路径。只要我们能够将这些状态保存下来就能够降低一部分复杂度。下面就让我们用动归来求解这一问题。记dp(v, S)为从v点出发，遍历S集合中的每一个点后，回到出发点（0点）的最短距离。递推表达式的推导如下：
如果S为空集，即没有需要遍历的结点了。此时可以直接从v点回到0点，则dp(v,S)=sp[v][0] //sp[v][0]是v点到0点的最短路径距离
如果S不为空集，则dp(v,S)=min{sp[v][u] + dp(v,S-{u})}//sp[v][u]是v点到u点的最短路径距离
上述过程如何用编码实现呢，主要难点就在于集合S的表示。我们可以用位比特来表示一个集合。如集合{1,2,3}，{1,2}分别可以用7（111），3（011）来表示。所以动归整个状态二维表的大小为n*2^n，而表中的每一个元素的计算需要O（n)的复杂度，所以动态规划的时间复杂度为O（n^2*2^n)。
附上动态规划代码：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <utility>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
using namespace std;
int n;
vector<vector<int> > links;
vector<vector<int> > sp;
vector<bool> used;
vector<vector<long long> > dp;
long long ans;
void Floyed()
{
sp = links;
for(int k = 0; k < n; ++k)
{
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
for(int j = 0; j < n; ++j)
sp[i][j] = min(sp[i][j], sp[i][k] + sp[k][j]);
}
}
//for(int i = 0; i < n; ++i)
//{
//for(int j = 0; j < n; ++j)
//cout << sp[i][j] << " ";
//cout << endl;
//}
}
long long CalcVal(int v, long long bit)
{
if( dp[v][bit] != -1 )
{
return dp[v][bit];
}
if( !bit )
{
dp[v][bit] = sp[v][0];
}
else
{
long long ret = 1e8;
for(int i = 1; i < n; ++i)
{
int b = 1 << i - 1;
if( b&bit )
{
ret = min(ret, sp[v][i] + CalcVal(i, b-bit));
}
}
dp[v][bit] = ret;
}
return dp[v][bit];
}
void Work()
{
Floyed();
long long m = (1 << n - 1) - 1;
dp.assign(n, vector<long long>(m, -1));
ans = 1e8;
for(int i = 1; i < n; ++i)
{
long long b = 1 << i - 1;
ans = min(ans, sp[0][i] + CalcVal(i, b-m));
}
//cout << "ans = ";
cout << ans << endl;
}
int main()
{
//freopen("3311.tst", "r", stdin);
while( cin >> n && n )
{
++n;
//links.resize(n, vector<int>(n));
links.assign(n, vector<int>(n, 0));
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
for(int j = 0; j < n; ++j)
cin >> links[i][j];
}
Work();
}
return 0;
}
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