首先,对图进行一次Floyd(g[][]是图)

1.dfs:(u是当前在的节点,d是已经走的路程)

void dfs(int u,int d){
if(d>=ans)return; bool flag=false;
for(int i=;i<=n;i++){
if(vis[i]==false&&i!=u){
flag=true;
vis[i]=true;
dfs(i,d+g[u][i]);
vis[i]=false;
}
}
if(flag==false){
d+=g[u][];
if(ans>d)ans=d; }
}

起初我认为n<=15是dfs完全可以解决的,但是忽略了一个问题:每对城市之间都可以互相到达,边特别多,结果TLE  ^_^;

正解是压缩状态的dp:

dp[u][s]表示状态:走到u这个点并且前面已经走完了集合s中的点  的最短距离

s是二进制压缩状态 1到过 0没有

ps:u这个点本身也包括在集合s中

s0是把s中u去掉后的集合  s0 = s & ((1<<n)-1 - (1<<(u-1)) )    //@_@a...

dp[u][s]=min{ dp[i][s0]+g[i][u] }

i是集合s0中包含的点,注意是 +g[i][u],因为是先走到i,再从i到u(题目中说城市a到城市b的时间和城市b到城市a的时间不一定相同)

代码如下:

#include<iostream>
#include <bitset>
#include<cstring>
using namespace std; int n;
int g[][];
int dp[][<<];
bool vis[][<<]; void Floyd(){
for(int k=;k<=n;k++){
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=n;j++){
if(i==k||j==k||i==j)continue;
g[i][j]=min(g[i][j], g[i][k]+g[k][j]);
}
}
}
} /*void dfs(int u,int d){
if(d>=ans)return; bool flag=false;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i]==false&&i!=u){
flag=true;
vis[i]=true;
dfs(i,d+g[u][i]);
vis[i]=false;
}
}
if(flag==false){
d+=g[u][0];
if(ans>d)ans=d; }
}*/ int dfs(int u,int s){
if(vis[u][s])return dp[u][s];
vis[u][s]=true; int s0= s & ((<<n)- - (<<(u-)) );
//cout<<u<<" "<<bitset<sizeof(int)*8>(s)<<" "<<bitset<sizeof(int)*8>(s0)<<endl;
int cnt=;
int& ans=dp[u][s];
for(int i=;i<=;i++){
if(s0&(<<(i-))){
cnt++;
int x=dfs(i, s0)+g[i][u];
ans=min(ans,x);
}
}
if(cnt==){
ans=g[][u];
}
return ans;
} int main(){
//freopen("2800.txt","r",stdin);
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
memset(vis,false,sizeof(vis)); cin>>n;
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=n;j++){
cin>>g[i][j];
}
} Floyd();
/*for(int i=0;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=n;j++){
cout<<g[i][j]<<' ';
}
cout<<endl;
}*/ cout<<dfs(,(<<n)-)<<endl; /*int a,b;
while(cin>>a>>b){
cout<<dp[a][b]<<endl;
}*/
//fclose(stdin);
return ;
}

ps:你看到了大量的注释,它们包括深搜算法和Debug(我懒得删去了^_^!)

ps:文字表情太帅了!  来一个最经典的  :)

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