CF8C Looking for Order（状压dp）

Description

平面坐标系中有 $n$ 个物品 $(x_{1\sim n},y_{1\sim n})$，从 $(x_1,y_1)$ 走到 $(x_2,y_2)$ 所需的时间为 $(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2$。起点在 $(sx,sy)$，要把所有的物品带到起点，最多可以捡起两个物品。不允许中途放下，求所需的最短时间。

$1\le n\le 24$

Solution

捡物品可以分成若干个过程，每个过程包括，从起点出发，捡起一个或两个物品，回到起点。每个过程是相互独立的，所以顺序是随意的。

先考虑状压 dp，预处理两点间所需时间（包括起点）$dis$。令 $f_{mask}$ 为 $mask$ 状态下所需最短时间。枚举 $mask$，$i$ 和 $j$。其中 $i$ 和 $j$ 为选哪两个物品拿，如果 $i=j$ 相当于只拿 $i$，如果 $mask$ 中不包括 $i$ 和 $j$，那可以转移。

$$f=\infty f_0=0$$

$$f_{mask|(1<<(i-1))|(1<<(j-1))}=f_{mask}+di{s}_{0,i}+di{s}_{i,j}+di{s}_{j,0}$$

$$ans=f_{(1<<n)-1}$$

然后会收获 $\text{TLE}$ 的好成绩，因为时间复杂度为 $O(n^2\times 2^n)$。因为有许多状态是重复的，举个栗子

$$110101=000000|\{\begin{array}{l}110000|000101\\ 000101|110000\\ 100100|010001\\ 010001|100100\\ \cdots \end{array}$$

而之前提到了顺序是随意的，为了避免重复枚举，不如给它定一个顺序。所以在第一个合法的 $i$ 跳出循环，枚举下一个状态。

题目还要求存储状态，所以我们记录每个状态是从哪里转移来的即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100 + 5, M = (1 << 24) + 5;
int x[N], y[N], dis[N][N], f[M], n, pre[M];
int main() {
	scanf("%d%d%d", &x[0], &y[0], &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);	
	for (int i = 0; i <= n; i++)
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) 
			dis[i][j] = dis[j][i] = (x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]);
	memset(f, 0x3f, sizeof(f)); f[0] = 0;
	for (int mask = 0; mask < (1 << n); mask++) {
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (mask & (1 << (i - 1))) continue;
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				if (mask & (1 << (j - 1))) continue;
				int nxt = mask | (1 << (i - 1)) | (1 << (j - 1)) ;
				if (f[nxt] <= f[mask] + dis[0][i] + dis[i][j] + dis[j][0]) continue;
				f[nxt] = f[mask] + dis[0][i] + dis[i][j] + dis[j][0];
				pre[nxt] = mask;
			}
			break;
		} 
	} 
	int now = (1 << n) - 1; 
	printf("%d\n", f[now]);
	while (now) {
		printf("0 ");
		for (int i = 1; i <= n; i++)
            if ((now ^ pre[now]) & (1 << (i - 1)))
                printf("%d ", i);
        now = pre[now];
	}
	puts("0");
	return 0;
}