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poj 3311 tsp入门

2024-07-28 00:29:25   211人阅读

题意：n+1个点：0--n，找一条路径从0点出发遍历1--n的点再回到0，每个点可经过不止一次，求最短路径

 

裸的TSP问题，先用Floyd求出各个点之间最短路，再状压dp即可

用n+1位二进制表示状态

 

附模板：

 1 //首先不难想到用FLOYD先求出任意2点的距离dis[i][j] 2 //接着枚举所有状态，用11位二进制表示10个城市和pizza店，1表示经过，0表示没有经过 3 //定义状态DP(S,i)表示在S状态下，到达城市I的最优值 4 //接着状态转移方程:DP(S,i) = min{DP(S^(1<<i-1),k) + dis[k][j],DP(S,i)},器重S^(1<<i-1)表示未到达城市i的所有状态，1<=k<=n 5 //对于全1的状态，即S = (1<<n)-1则表示经过所有城市的状态，最终还需要回到PIZZA店0 6 //那么最终答案就是min{DP(S,i) + dis[i][0]} 7 //dij[i][j]:i到j最短路 8          9         for(int S = 0;S <= (1<<n)-1;++S)//枚举所有状态，用位运算表示10             for(int i = 1;i <= n;++i)11             {12                 if(S & (1<<(i-1)))//状态S中已经过城市i13                 {14                     if(S == (1<<(i-1)))    dp[S][i] = dis[0][i];//状态S只经过城市I，最优解自然是从0出发到i的dis,这也是DP的边界15                     else//如果S有经过多个城市16                     {17                         dp[S][i] = INF;18                         for(int j = 1;j <= n;++j)19                         {20                             if(S & (1<<(j-1)) && j != i)//枚举不是城市I的其他城市21                                 dp[S][i] = min(dp[S^(1<<(i-1))][j] + dis[j][i],dp[S][i]);22                             //在没经过城市I的状态中，寻找合适的中间点J使得距离更短，和FLOYD一样23                         }24                     }25                 }26             }27         ans = dp[(1<<n)-1][1] + dis[1][0];28         for(int i = 2;i <= n;++i)29             if(dp[(1<<n)-1][i] + dis[i][0] < ans)30                 ans = dp[(1<<n)-1][i] + dis[i][0];31         printf("%d/n",ans);

 

 

Code：

 1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 using namespace std; 4 #define INF 1<<28; 5 #define maxn 15 6  7 int a[maxn][maxn]; 8 int dp[1<<maxn][maxn]; 9 int ans,S,n;10 11 int main()12 {13     ios::sync_with_stdio(false);14     while (cin>>n)15     {16         memset(a,0,sizeof(a));17         if (n==0)   break;18         else19         {20             for (int i=0;i<=n;i++)21                 for (int j=0;j<=n;j++)22                     cin>>a[i][j];23 24             for (int k=0;k<=n;k++)25                 for (int i=0;i<=n;i++)26                     for (int j=0;j<=n;j++)27                     {28                         if (a[i][k]+a[k][j]<a[i][j])29                             a[i][j]=a[i][k]+a[k][j];30                     }31 32             for (int S=0;S<=(1<<n)-1;S++)33                 for (int i=1;i<=n;i++)34                 {35                     if (S&(1<<(i-1)))36                     {37                         if (S==(1<<(i-1)))      dp[S][i]=a[0][i];38                         else39                         {40                             dp[S][i]=INF;41                             for (int j=1;j<=n;j++)42                             {43                                 if (S&(1<<(j-1))&&(j!=i))44                                     dp[S][i]=min(dp[S^(1<<(i-1))][j] + a[j][i],dp[S][i]);45                             }46                         }47                     }48                 }49 50             ans = dp[(1<<n)-1][1] + a[1][0];51             for(int i = 2;i <= n;i++)52                 if(dp[(1<<n)-1][i] + a[i][0] < ans)53                     ans = dp[(1<<n)-1][i] + a[i][0];54 55             cout<<ans<<endl;56         }57     }58 59 60 61 62 63     return 0;64 }
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reference：

http://blog.csdn.net/chinaczy/article/details/5890768

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