hdu 5067 Harry And Dig Machine (状态压缩dp)

题目链接

bc上的一道题，刚开始想用这个方法做的，因为刚刚做了一个类似的题，但是想到这只是bc的第二题，

以为用bfs水一下就过去了，结果MLE了，因为bfs的队列里的状态太多了，耗内存太厉害。

题意：

从某一点出发，遍历网格上的一些点，每个点至少访问一次需要的最小时间是多少。

官方题解：

由于Harry的dig machine是无限大的，而装载石头和卸载石头是不费时间的，所以问题可以转化成：从某一点出发，遍历网格上的一些点，每个点至少访问一次需要的最小时间是多少。这就是经典的旅行商问题，考虑到我们必须要遍历的点只有不到10个，可以用状态压缩解决。
Dp[i][j]表示i状态的点被访问过了，当前停留在点j 需要的最少时间。枚举另一点不在i状态内的点k，从点j节点走向点k，状态转移
Dp[i|(1?k)][k]=min(Dp[i|(1?k)][k],Dp[i][j]+Dis(j,k))
其中Dis(j,k)表示点j与点k的最短距离，这个可以通过坐标O(1)计算得到。若有t个点包含石头，则算法复杂度为O(n∗m+(t2)∗(2t))。

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cmath>
 4 #include <queue>
 5 #include <cstring>
 6 #include <cstdlib>
 7 #include <algorithm>
 8 #define LL __int64
 9 #define INF 0x3f3f3f3f
10 const int maxn = 50+10;
11 using namespace std;
12 struct node
13 {
14     int x, y;
15 } p[maxn];
16 int a[maxn][maxn], c[maxn][maxn], d[(1<<11)+10][15];
17
18 int main()
19 {
20     int i, j, k, n, m, cnt;
21     while(~scanf("%d%d", &n, &m))
22     {
23         memset(d, INF, sizeof(d));
24         cnt = 0;
25         for(i = 0; i < n; i++)
26             for(j = 0; j < m; j++)
27             {
28                 scanf("%d", &a[i][j]);
29                 if(i == 0 && j == 0)
30                 {
31                     p[cnt].x = i;
32                     p[cnt++].y = j;
33                 }
34                 else if(a[i][j]>0)
35                 {
36                     p[cnt].x = i;
37                     p[cnt++].y = j;
38                 }
39             }
40         for(i = 0; i < cnt; i++)
41         {
42             for(j = i+1; j < cnt; j++)
43             {
44                 c[i][j] = c[j][i] = abs(p[i].x-p[j].x)+abs(p[i].y-p[j].y);
45             }
46             c[i][i] = 0;
47         }
48         d[0][0] = 0;
49         for(i = 0; i < (1<<cnt); i++)
50         {
51             for(j = 0; j < cnt; j++)
52                 if(d[i][j]!=INF)  //注意保证该状态存在
53                     for(k = 0; k < cnt; k++)
54                     {
55                         if(i&(1<<k)) continue;  //注意保证该点还没有加入
56                         if(c[j][k]==INF) continue;  //两个点之间可达
57                         d[i|(1<<k)][k] = min(d[i|(1<<k)][k], d[i][j]+c[j][k]);
58                     }
59         }
60         int ans = INF;
61         for(i = 0; i < cnt; i++)
62             ans = min(d[(1<<cnt)-1][i]+c[0][i], ans);
63         cout<<ans<<endl;
64     }
65     return 0;
66 }