洛谷 P1171：售货员的难题 ← 状态压缩DP + 最短 Hamilton 回路
【题目来源】
【题目描述】
某乡有 n 个村庄，有一个售货员，他要到各个村庄去售货，各村庄之间的路程 sᵢⱼ 是已知的，且 A 村到 B 村与 B 村到 A 村的路大多不同。为了提高效率，他从商店出发到每个村庄一次，然后返回商店所在的村，假设商店所在的村庄为 1，他不知道选择什么样的路线才能使所走的路程最短。请你帮他选择一条最短的路。
【输入格式】
第一行是一个整数，表示村庄数 n。
接下来 n 行，每行 n 个整数，第 i 行的第 j 个整数表示 i 到 j 的单向路径的距离 sᵢⱼ。
【输出格式】
一行一个整数表示最短的路程。
【输入样例】
3
0 2 1
1 0 2
2 1 0
【输出样例】
3
【数据范围】
对全部的测试数据，保证 2≤n≤20，1≤sᵢⱼ<10^3。
【算法分析】
● 本题的本质是求有向图的最小权值哈密顿回路（Hamilton 回路）。
算法要求从村庄 1 出发，不重复走遍所有村庄，最后回到村庄 1，求最小的总路程。但是，题目给出的 n=20 时，全排列有 20! ≈ 2.433×10¹⁸ 种路线，就算剪枝，也不可能跑完，必然超时（TLE）。下面给出的是 dfs 写法的 80 分代码。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=25;
int g[N][N];
bool st[N];
int ans=inf;
int n;
// pos: current village (node)
// cnt: number of villages visited so far
// dis: total distance traveled so far
void dfs(int pos,int cnt,int dis) {
if(dis>=ans) return;
if(cnt==n) {
ans=min(ans,dis+g[pos][1]);
return;
}
for(int i=1; i<=n; i++) {
if(!st[i]) {
st[i]=true;
dfs(i,cnt+1,dis+g[pos][i]);
st[i]=false;
}
}
}
int main() {
memset(st,0,sizeof st);
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++) {
for(int j=1; j<=n; j++) {
cin>>g[i][j];
}
}
st[1]=true;
dfs(1,1,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
/*
in:
3
0 2 1
1 0 2
2 1 0
out:
3
*/
● 本题（洛谷 P1171：售货员的难题）的标准正解，只有用状态压缩 DP 才能 AC。
（洛谷 P1171：售货员的难题）是“状态压缩DP + 最短 Hamilton 回路”的模板题。
（洛谷 P10447：最短 Hamilton 路径）是“状态压缩DP + 最短 Hamilton 路径”的模板题。
仅需将（洛谷 P10447：最短 Hamilton 路径）中的代码 cout<<dp[(1<<n)-1][n-1]<<endl; 修改为如下代码，即可得到（洛谷 P1171：售货员的难题）的代码。
int ans=inf;
for(int i=0; i<n; i++) {
ans=min(ans,dp[(1<<n)-1][i]+g[i][0]);
}
cout<<ans<<endl;● 本题核心代码解析
（1）const int N=20; → 最多 20 个点，20 是状压 DP 的极限（2²⁰ ≈ 100 万）。
（2）int dp[1<<N][N]; → 最重要的核心！
例如，dp[state][u] 中的 state（二进制） 表示哪些点已经走过，u 表示当前停在哪个点。dp[state][u] 的值表示走完这些点的最短路径长度。比如，dp[1011][3] 表示走过点 0、1、3，当前停在点 3 的最短路径的值。dp[1<<0][0]=0 表示走过点 0，当前停在点 0 的最短路径的值为 0（起点）。
（3）三层循环（状态转移）→ 在所有可能的局面里，尝试从每一个当前点，走向每一个能走的下一点，并记录最短路径。
for(int i=0; i<(1<<n); i++) { // 枚举所有状态
for(int j=0; j<n; j++) { // 枚举当前点 j
if(!(i&(1<<j))) continue; // j 没走过，跳过
for(int k=0; k<n; k++) { // 枚举下一个点 k
if(i&(1<<k)) continue; // k 走过了，跳过
int t=i|(1<<k); // 新状态：把 k 加进去
dp[t][k]=min( dp[t][k],dp[i][j]+g[j][k] );
}
}
}① for(int i=0; i<(1<<n); i++) → 枚举所有可能的状态。每个 i 是一个二进制数，表示哪些点走过了。
② for(int j=0; j<n; j++) → 枚举当前停在哪个点 j。
③ if( !(i & (1<<j)) ) continue; → 如果状态 i 里没有 j，说明 j 还没走过，跳过。
④ for(int k=0; k<n; k++) → 尝试从 j 走到 k，k 是下一个要走的点。
⑤ if( i & (1<<k) ) continue; → k 已经走过，不能重复走， 跳过。
⑥ int t = i | (1<<k); → 把 k 加入已走集合，得到新状态 t。
⑦ dp[t][k] = min( ... ) → 从 j 走到 k，新路径 = 旧路径 + j 到 k 的距离，保留最小值。
（4）cout << dp[ (1<<n) -1 ][n-1] << endl; → (1<<n)-1 等于二进制全 1，表示所有点都走过了。n-1 表示最后停在终点。
【算法代码：状态压缩DP + 最短 Hamilton 回路】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=20;
int dp[1<<N][N];
int g[N][N];
int n;
int main() {
cin>>n;
for(int i=0; i<n; i++) {
for(int j=0; j<n; j++) {
cin>>g[i][j];
}
}
memset(dp,inf,sizeof dp);
dp[1<<0][0]=0;
for(int i=0; i<(1<<n); i++) {
for(int j=0; j<n; j++) {
if(!(i&(1<<j))) continue;
for(int k=0; k<n; k++) {
if(i&(1<<k)) continue;
int t=i|(1<<k);
dp[t][k]=min(dp[t][k],dp[i][j]+g[j][k]);
}
}
}
//cout<<dp[(1<<n)-1][n-1]<<endl;
int ans=inf;
for(int i=0; i<n; i++) {
ans=min(ans,dp[(1<<n)-1][i]+g[i][0]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
/*
in:
3
0 2 1
1 0 2
2 1 0
out:
3
*/
【参考文献】
浙公网安备 33010602011771号