洛谷题目传送门!!

题目的N这么小,当然是选择用状压DP啦!  等等,我好像不会状缩。。。。

首先,我们当然是要写状态转移方程了!!

那么,如果我们设  f[s]  状态s下,所要的最小花费,那么很显然有状态转移方程:

(s为总集合)

f[(1 << j) | s] =  f[s] + num[i] * dis[i][j]  (从 i 点走向 j点时)

其中,num表示之前已经走过的点的数量,dis表示从i到j的边的距离(这不就是题目要求吗)

很显然,这道题用DFS来做比较方便(跑图和回溯)

等等。

如果我们用不同的走法更新到同一个点,那么是否会影响到我们的更新呢? 显然是会的。

就比如,我们   1 -› 2 -› 3 -› 4  和 1 -›  3  -› 5 -› 2 - › 4  ,两种走法下,num的不同显然会给我们的更新带来不同的影响。

所以,上面的DP走法是有后效性的。

于是,我们要更新DP方程:

f[1 << j | s] = min( best + num[i] * dis[i][j]) , 其中 best 为上一层的最优解。

注意,起点不确定,怎么办?   当然是枚举起点啦!

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 13
#define isdigit(c) ((c)>='0'&&(c)<='9')
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) inline int read(){
int x = , s = ;
char c = getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c == '-')s = -;
c = getchar();
}
while(isdigit(c)){
x = (x << ) + (x << ) + (c ^ '');
c = getchar();
}
return x * s;
} int f[N][ << N][N];
int num[N], dis[N][N];
int n, m, limit;
int ans = (int)2e9; /*
状态转移方程:
对于当前的这个点j,如果他处在第 deth 层, 从第i号点转移到 j 则有
f[j][1 << j | s][deth] = best + num[i] * dis[i][j]
best 表示上一层最优解,dis表示i和j之间的距离
*/ void dfs(int s, int best, int deth){
if(best >= ans) return ; /*剪枝*/
if(s == limit) {
ans = min(ans, best); /*已经走完所有点*/
return ;
}
for(int i = ;i < n; i++){
if(!( << i & s)) continue; /*这个点还未走过,不能转移*/
for(int j = ;j < n; j++){
if(!( << j & s) && dis[i][j] < (int)2e9){
if(f[j][ << j | s][deth + ] > best + num[i] * dis[i][j]){
f[j][ << j | s][deth + ] = best + num[i] * dis[i][j]; /*进行转移*/
num[j] = num[i] + ; /*deth + 1, 因为j在i的下一层*/
dfs( << j | s, f[j][ << j | s][deth + ], deth + );
}
}
}
}
return ;
} int main(){
memset(dis, , sizeof(dis));
n = read(), m = read();
limit = ( << n) - ;
for(int i = ;i <= m; i++){
int x = read() - , y = read() - , w = read(); /*编号减一, 给状压用(2 ^ 0 才是 1)*/
dis[x][y] = dis[y][x] = min(dis[x][y], w);
}
for(int i = ;i < n; i++){
memset(num, , sizeof(num));
memset(f, , sizeof(f));
num[i] = ;
dfs( << i, , ); /*1 << i 把第i位设为 1*/
}
printf("%d\n", ans);
return ;
}

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