P1433 吃奶酪(旅行商问题,压缩状态dp)
题目描述:
房间里放着 n 块奶酪。一只小老鼠要把它们都吃掉，问至少要跑多少距离？老鼠一开始在 (0,0)(0,0) 点处。
做题思路:
是所有点遍历求最短路径的裸题,我只想到暴力dfs,玄学优化,就是把距离最短的先访问,然后找到一条路径后大概率是最短的,
这样得到的距离就能用来剪枝了,可以优化掉许多生成树,但是被最后一个测试点卡了,所以无奈只有看题解啦,
题解思路:状态压缩dp,
转移方程:
dp[s][i]=min(dp[s][i],dp[s|(1<<j)][j]+dis[i][j])
s表示还没有走过的点的集合,i表示当前位置,dp[s][j]表示以j为起点,还有s集合中的位置没有走
把点的集合s压缩成二进制表示,就能进行dp了,复杂度O(n^2)*(2^n),比暴力O(n!)快的多!
为什么一般s表示没有被选择的点,而不是表示选择了的点，也就是为什么一般从(1<<n-2)开始到0推,而不从1到(1<<n-1)推,
理论上是一样的，但是实际操作起来却有一些区别,假设我们取第一种(常用的),假设递推到s是010011(假设六个点),这种状态时,
i是左边第三个0,j是左边第四个个0,此时我们需要得到011011这个状态,即得到011011这个数,在我们的方程种可以看出我们只需要
s|(1<<j)就能得到了,那假如是第二种方式呢,同样此时s是010011,(1表示选择了的点),(注意这两个s虽然值一样,代表的意义完全不一样,不要认为是一样的,
我只是用来帮助我们理解这两个方式的优劣)那么递推的时候,就需要把s状态的j这个点在二进制种的位置由1边为0,
我们假设i是左边第一个1,j是左边第二个1,按照方程,我们现在需要得到010001这个数,才能进行递推,也就是从010011得到010001,然后我们发现
只需要s-(1<<j)就行了。。。对,也很简单!,我刚以为第一种大家都在用是因为它位运算比较方便,结果我自己写着写着发现直接相减不就能行了嘛,
然后还去把这道题用第二种方式做了一下,果然A了,但是减法确实会慢一些,但区别也不大,哈哈哈,,估计你看到这里想打我的冲动都有了吧
先不要慌动手,两种代码段我都贴下面了,看了具体实现再说
暴力+剪枝90分代码:
#include<iostream> #include<string.h> #include<cmath> #include<set> #include<map> #include<string> #include<queue> #include<stack> #include<vector> #include<bitset> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int sum = 0, f = 1; char p = getchar(); for (; !isdigit(p); p = getchar()) if (p == '-')f = -1; for (; isdigit(p); p = getchar()) sum = sum * 10 + p - 48; return sum * f; } const int maxn = 16; struct node { double d; int id; bool operator<(node b) { return d < b.d; } }; node v[maxn][maxn]; struct point { double x, y; }p[maxn]; bool vis[maxn]; double res = 9999999999; int n; void dfs(int now, int last, double len) { if (len > res)return;//剪枝 if (last == 0) { res = len; return; } vis[now] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (!vis[v[now][i].id]) { dfs(v[now][i].id, last - 1, len + v[now][i].d); } } vis[now] = 0; } int main() { //freopen("test.txt", "r", stdin); n = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%lf%lf", &p[i].x, &p[i].y); } p[0].x = p[0].y = 0; for (int i = 0; i <= n; i++) { for (int j = i; j <=n; j++) { double d = sqrt((p[i].y - p[j].y) *(p[i].y - p[j].y) + (p[i].x - p[j].x) * (p[i].x - p[j].x)); v[i][j] = { d,j }; v[j][i] = { d,i }; } } for (int i = 0; i <= n; i++) {//拍个序,正常情况前面dfs树中求出的res更小一些,这样后面的dfs树就会被剪掉许多 sort(v[i] + 1, v[i] + n + 1); } dfs(0, n, 0); printf("%.2lf\n", res); return 0; }
压状AC代码:
#include<iostream> #include<string.h> #include<cmath> #include<set> #include<map> #include<string> #include<queue> #include<stack> #include<vector> #include<bitset> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int sum = 0, f = 1; char p = getchar(); for (; !isdigit(p); p = getchar()) if (p == '-')f = -1; for (; isdigit(p); p = getchar()) sum = sum * 10 + p - 48; return sum * f; } const int maxn =17; int n; double x[maxn], y[maxn], dp[1 << maxn][maxn], dis[maxn][maxn]; void init() { n = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%lf%lf", &x[i], &y[i]); } x[0] = y[0] = 0; for (int i = 0; i <= n; i++) { for (int j =i+1; j <= n; j++) { dis[i][j] =dis[j][i]= sqrt((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j])); } } memset(dp, 127, sizeof(dp)); for (int i = 0; i <= n; i++) { //状态表示法2的初始化 dp[0][i] = 0; //状态表示法1的初始化 //dp[(1 << (n + 1)) - 1][i] = 0; } } double solve() { //状态表示法2 for (int s =1; s<= ((1 << (n + 1)) - 1); ++s) { for (int i = 0; i <= n; i++) { for (int j = 0; j <= n; j++) { //if (i == j)continue; if (s & (1 << j)) dp[s][i] = min(dp[s][i], dp[s-(1 << j)][j] + dis[i][j]); } } } //状态表示法1 /*for (int s = ((1 << (n + 1)) - 2); ~s; --s) { for (int i = 0; i <= n; i++) { for (int j = 0; j <= n; j++) { if (!(s & (1 << j))) dp[s][i] = min(dp[s][i], dp[s | (1 << j)][j] + dis[i][j]); } } } return dp[0][0];*/ return dp[(1<<(n+1))-1][0]; } int main() { //freopen("test.txt", "r", stdin); init(); printf("%.2lf\n", solve()); return 0; }
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