状压dp

P10447 最短 Hamilton 路径

https://www.luogu.com.cn/problem/P10447

Description

给定一张 n 个点的带权无向完全图，求出从 0 到 n−1 经过每个点恰好一次的最短路径。

Solution

Brute Force

考虑最朴素的做法。

由于每个点只能经过一次，所以可以枚举 n 个点的全排列。对于每个全排列，遍历每个点，计算路径长度。最后找到最短的路径长度即可。

时间复杂度：O(n⋅n!)，20! 铁定是会 TLE 的。

DP

n≤20 的数据范围，除了搜索，指数级别的算法也是可以的。可以考虑状态压缩 DP。

状态表示

首先，我们要在任何时刻都可以表示已经经过了哪些点。可以使用一个 n 位二进制数 S，第 i(0≤i<n) 位为 1 则表示这个点已经经过，为 0 则表示这个点尚未经过。

仅仅这样一个二进制数够了吗？假如已经知道通过的点集为 S，枚举了下一个点，但是无法得知是从哪个点过来的。

所以，我们还需要记录最后一个经过的点 v。

综上所述，状态标识为 f(S,v)，表示已经通过了 S 中为 1 的点，且最后一个点（当前所在的点）为 v。

状态转移

显然，最外层循环要枚举 S，然后第二层循环枚举 v。然后需要进行一个特判。v 是已经经过了的，但是如果 S 中的第 v 位为 0（即表示还没有经过），这是不合逻辑的，需要跳过。

现在，我们想要得到 f(S,v) 的值。v 是最后经过的点，那么我们需要知道，v 是从哪个点过来的。所以可以在 S 内枚举点 u，表示 u→v。当然，可以特判 u=v，但是本题中保证 u→u 的边权为 0，所以可以不用判断。

接下来，f(S,v)←f(S−{v},u)+g(u,v)（g(x,y) 表示 x→y 的边权），意义即为从没有经过 v 的状态且最后一个点为 u，然后到达 v，此间路径长度增加了 g(u,v)。由于 v∈S，所以 S−{v} 可以写成 S-(1<<v)。

初始化

开始时 f 赋值为 +∞，但是 f(1,0)←0。因为初始在 0 点，S(2)​=000⋯01(2)​=1(10)​，v=0，此时的路径长度为 0。

结果

要通过每个点恰好一次并且最后到达点 n−1，所以 S=(1 << n) – 1  ，也就是n个1

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=20;

int n, g[N][N], f[1<<N][N];

int main()

{

    cin>>n;

    for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<n;j++) cin>>g[i][j];

    memset(f, 0x3f, sizeof f);

#if 1

    f[1][0]=0;

    for(int i=1;i<(1<<n);i++){

        for(int u=0;u<n;u++){

            if(i&(1<<u)){// u在里面

                for(int v=0;v<n;v++){

                    if(i&(1<<v))// v在里面

                        f[i][v]=min(f[i][v], f[i-(1<<v)][u] + g[u][v]);

                }

            }

        }

    }

    cout<<f[(1<<n)-1][n-1]<<endl;

#else

    f[1][0] = 0; // 初始化

    for (int S = 3; S < 1 << n; S += 2) // 加速优化

      for (int v = 1; v < n; ++v) if (S >> v & 1) // v ∈ S 时转移

        for (int u = 0; u < n; ++u)

          if (S >> u & 1) f[S][v] = min(f[S][v], f[S - (1 << v)][u] + g[u][v]); // u ∈ S 时转移

    std::cout << f[(1 << n) - 1][n - 1] << std::endl; // 最终结果。(1<<n)-1 就是 n 个 1 的二进制数

#endif

    return 0;

}

时空复杂度：

• 时间复杂度：O(n^2⋅2^n)；
• 空间复杂度：O(n⋅2^n)。