BestCoder Round #52 (div.2) HDU 5418 Victor and World (DP+状态压缩)

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【题目大意】：

问题描写叙述

经过多年的努力，Victor最终考到了飞行驾照。

为了庆祝这件事，他决定给自己买一架飞机然后环游世界。

他会驾驶一架飞机沿着规定的航线飞行。在地球上一共同拥有nn个国家，编号从11到nn。各个国家之间通过mm条双向航线连接，第ii条航线连接第u_iu?i??个国家与第v_iv?i??个国家，通过这条航线须要消耗w_iw?i??升油。且从11号国家能够直接或间接到达22到nn中随意一个国家。

Victor一開始位于11号国家。他想知道从11号国家出发，经过各个国家至少一次并最后回到11号国家消耗的总油量的最小值是多少。

输入描写叙述

第一行包括一个整数TT，表示測试数据的组数。

每组測试数据的第一行有两个整数nn和mm，表示国家的个数和航线的条数。

接下来mm行。每行三个整数u_iu?i??, v_iv?i??, w_iw?i??，描写叙述一条航线。

1\leq T\leq 201≤T≤20。

1\leq n\leq 161≤n≤16。

1\leq m\leq 1000001≤m≤100000。

1\leq w_i\leq 1001≤w?i??≤100。

1\leq u_i, v_i \leq n1≤u?i??,v?i??≤n。

输出描写叙述

每组測试数据输出一行一个整数，即消耗的总油量的最小值。

输入例子

1
3 2
1 2 2
1 3 3

输出例子

10

【思路】：

我们首先须要预处理出随意两个国家之间的最短距离。由于数据范围非常小，所以直接用Floyd即可了。

之后，我们用f[S][i]表示訪问国家的情况为S，当前最后訪问的一个国家是i所须要的最小总油量，当中，S的二进制表示记录了訪问国家的情况，S在二进制表示下的第i位（无论是从左往右还是从右往左都能够）假设是1则表示第i个国家被訪问过了，否则表示第i个国家没有被訪问过。那么f[S|(1<<i)][i]=min(f[S][j]+mat[i][j])(mat[i][j]:表示城市i,j的最短路径)。当中i和j满足S&(1<<j)=1且S&(1<<i)=0。

最開始时，除了f[1][1]是0，其它情况都是无穷大，之后先枚举S，再枚举i，那么终于的答案就是min(f[(1<<n)-1][i]+f[i][1])，当中i\in∈[2,n]。总复杂度为O(n^3+n^2*2^n)O(n?3??+n?2???2?n??)。

代码：

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <iostream>
#include <fstream>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <deque>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <ctime>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <complex>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <functional>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define rep(i,j,k) for(int i=(int)j;i<(int)k;++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(int)j;i>(int)k;--i)
#define lowbit(a) a&-a
#define Max(a,b) a>b?a:b
#define Min(a,b) a>b?b:a
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

const double pi = acos(-1.0);
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+100;
const double eps = 1e-15;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair <int, int> pir;

int mat[100][100];
int dp[(1<<16)+10][20];

int dir4[4][2]= {{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};
int dir8[8][2]= {{1,0},{1,1},{0,1},{-1,1},{-1,0},{-1,-1},{0,-1},{1,-1}};
int movv[5][2]= {{1,0},{0,1},{0,0},{-1,0},{0,-1}};

inline LL read()
{
    int c=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){c=c*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    return c*f;
}
int main(){
    int t;t=read();
    while (t--){
        mem(dp,inf);mem(mat,inf);
        int u, v, w, n, m;
        n=read();m=read();
        for(int i = 1; i <= m; ++i){
            u=read();v=read();w=read();--u;--v;
            mat[u][v] = Min(mat[u][v], w);
            mat[v][u] = Min(mat[v][u], w);
        }
        for (int i = 0; i < n; ++i){
            mat[i][i] = 0;
        }
        for (int k = 0; k < n; ++k){// floyd
            for (int i = 0; i < n; ++i){
                for (int j = 0; j < n; ++j){
                    mat[i][j] = Min(mat[i][j], mat[i][k] + mat[k][j]);
                }
            }
        }
        dp[0][0] = 0;
        for (int i = 0; i < (1 << n); ++i){
            for (int j = 0; j < n; ++j){
                if (dp[i][j] != inf){
                    for (int k = 0; k < n; ++k){
                        dp[i | (1 << k)][k] = Min(dp[i | (1 << k)][k], dp[i][j] + mat[j][k]);
                    }
                }
            }
        }
        printf("%d\n", dp[(1 << n) - 1][0]);
    }
    return 0;
}

/*
1
3 2
1 2 2
1 3 3
*/