【题解】P8733 题解

P8733 题解

看到这种类似“旅行商问题”的题目时，我们可以考虑使用搜索，但是搜索很慢，所以考虑使用状压动态规划。

众所周知，状压有两种求解方法，一种是“人人为我”（用别人去更新自己），一种是“我为人人”（用自己去更新别人）。这里以“我为人人”为例。

设当前状态为 $S$ ，则 $f(S,i)$ 为当前状态为 $S$，且最后一步选了 $i$ 的最短距离。那么“我为人人”就要考虑往当前状态上加一个结点。

不妨设为加的这个点为 $j$，首先 $j$ 不能在 $S$ 中（显然你不能走重复的结点），然后我们让 S 加入点 $j$，不妨设加入后状态为 $S'$，那么有如下转移方程：

$$f(S', j)=\min\{f(S', j), f(S,i)+dis(i,j)\}$$

其中 $dis(i,j)$ 表示 $(i,j)$ 之间的“距离”，根据题意，我们可以做如下操作来计算这个“距离”：

• 如果两点间的欧几里得距离为 $r$，且 $r \le d$，那么显然这两个点之间可以通行连边，并设置权值为 $r$。

• 否则，两个点不能通，设置权值为 $\infty$。

然后跑 Floyd 即可，跑完后的数组就是 $dis(i,j)$。

注意 $i$ 要在 $S$ 中，可以枚举 $1$ 到 $n$ 然后逐一判断。

答案为 $\min\{f(T, i)+dis(i,1)\}$，其中 $1\le i \le n$，$T$ 为 $1$ 到 $n$ 都选的状态。

最后给出本题要用到的三个二进制的知识点：

• S | (1 << (x - 1)) 表示给状态 $S$ 加入元素 $x$。

• S & (1 << (x - 1)) 表示判断 $x$ 是否在 $S$ 中。如果在，值为 $1$，否则为 $0$。

• (1 << n) - 1 表示 $1$ 到 $n$ 都选的状态。

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 21;
const int M = 1048576 + 5;

int n, d;
int x[N], y[N]; // 点的坐标
double dp[N][N]; // dis 数组
double f[M][N]; 

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n >> d;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
    {
    	cin >> x[i] >> y[i];
	}
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	{
		for(int j = 1;j <= n;j++)
		{
			double dis = sqrt((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j])); //计算欧几里得距离
            //根据上述方式“建图”
			if(dis <= d) dp[i][j] = dis;
			else dp[i][j] = 1e7; 	
            
		}		
	} 
    //跑 Floyd
	for(int k = 1;k <= n;k++)
	{
		for(int i = 1;i <= n;i++)
		{
			for(int j = 1;j <= n;j++)
			{
				dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k][j]);
			}
		}
	}
	fill(*f, *f + M * N, 1e7);
	f[1][1] = 0;
	for(int S = 0;S < (1 << n);S++)
	{
		for(int i = 1;i <= n;i++)
		{
			if(S & (1 << (i - 1))) // i 得在 S 中
			{
				for(int j = 1;j <= n;j++)
				{
					if(S & (1 << (j - 1))) continue; //j 如果在 S 中，舍
					f[(S | (1 << (j - 1)))][j] = min(f[(S | (1 << (j - 1)))][j], f[S][i] + dp[i][j]); // 更新
				}
			}
		}
	}
	double ans = 0x7fffffff;
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	{
		ans = min(ans, f[(1 << n) - 1][i] + dp[i][1]); //计算答案
	}
	cout << fixed << setprecision(2) << ans << endl;
    return 0;
}