CSU1129 送货到家 【状压dp】

哈哈发现这道题竟然没有题解，于是我决定写一份！

状压dp

题目：

懒惰的巫女Reimu因为各种原因在香霖堂的店主Rinnosuke那儿欠下了很多债，于是乎只好靠帮他在幻想乡中送货来偿还掉微不足道的一小部分。

懒归懒，Reimu还是很聪明的，她希望送货的总路程尽可能的短，同时任何一个地方不经过两次。

简而言之，便是在一张图上找一个边权和最小经过所有点恰好一次的封闭回路。

Input

多组输入数据。

第一行为一个N（N<=15），即图上总共有多少个点。

之后共N行以邻接矩阵格式输入边的数据。

保证i->j与j->i的距离相同。

Output

每组数据仅一行，输出最小的封闭回路或者是“NoAnswer”。

Sample Input

5
0 1 3 3 1
1 0 1 3 3
3 1 0 1 3
3 3 1 0 1
1 3 3 1 0

Sample Output

5

是一道很典型的旅行商问题

不同之处是，大白上的旅行商问题是一定会有答案的，而且是从0这个点开始，这道题可能会有no answer的情况并且不是从0开始

当某个图从任意点出发都无法回到起点时，就输出noanswer

因为用邻接矩阵输入，所以预处理将0设成INF表示无法连通

dp数组不能太大 20的时候就爆内存了

初始化ans为INF 跑了一圈还是INF的话说明没走通就是没结果

刚开始把每个点作为起点都判了一遍 某一个无法连通的样例不知道为啥输出了结果

后来赵木杉学长启发 发现因为是无向图 所以并不需要判断以每个点作为起点 只用判断从0开始就可以了

因为要是能形成一个圈 以哪个为起点都是可以的 要是不能 以哪个为起点都是不行的

代码如下

#include <iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n;
long long edge[20][20],dp[1<<16][16];
bool vis[20];
long long rec(int s,int v,int now)
{
    if(dp[s][v]>=0)
        return dp[s][v];
    if(s==(1<<n)-1&&v==now)
        return dp[s][v]=0;
    long long res=INF;
    for(int u=0;u<n;u++)
    {
        if(!(s>>u&1))
        {
            res=min(res,rec(s|1<<u,u,now)+edge[v][u]);
        }
    }
    return dp[s][v]=res;
}
int main()
{
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            for(int j=0;j<n;j++)
            {
                scanf("%lld",&edge[i][j]);
                if(edge[i][j]==0)
                edge[i][j]=INF;
            }
        }
        memset(dp,-1,sizeof(dp));
        int cnt=0;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            if(edge[0][i]==1)
                cnt++;
        }
        long long ans=INF;
        ans=min(ans,rec(0,0,0));
        /*for(int i=0;i<n;i++)
        {
            ans=min(ans,rec(0,i,i));
        }
        */
        if(ans!=INF)
        printf("%lld\n",ans);
        else
        printf("NoAnswer\n");
    }
    return 0;
}

提供一组noanswer的样例吧

4

0 1 0 0

1 0 2 4

0 2 0 3

0 4 3 0