狀壓dp

狀壓\(dp\)可以解決\(n<=21\)的情況。

在狀壓時\(dp[i][j]\)，代表在第\(i\)個位置時且走過二進位制狀態\(j\)的最佳答案。

將狀態壓成二進位制的形式去求解。

例：10100110代表經歷了2、3、6、8四種狀態。

時間複雜度\(O(n^2 2^n)\)

題目描述

房間裡放著 n*n塊乳酪。一隻小老鼠要把它們都吃掉，問至少要跑多少距離？老鼠一開始在 (0,0)(0,0) 點處。

輸入格式

第一行有一個整數，表示乳酪的數量 nn。

第 22 到第 (n + 1)(n+1) 行，每行兩個實數，第 (i + 1)(i+1) 行的實數分別表示第 ii 塊乳酪的橫縱座標 \(x_i, y_i\)

輸出格式

輸出一行一個實數，表示要跑的最少距離，保留 2 位小數。

思路

先將每條邊的距離都預處理。

還需要預處理第i個乳酪到第i個乳酪的距離。這裡直接將\((0,0)\)的位置也加了進去，也就是用來初始化了。

for(int i = 1; i <= n; ++i) {
	dp[i][1 << (i - 1)] = f[0][i];
}

接下來三層迴圈。

分別列舉二進位制的狀態、當前點所在的位置和能在當前狀態下轉移到當前點的位置。

第二層迴圈需要判斷一下\(i\)在當前二進位制狀態下是否已走過，如果根本沒走過則不需要進行接下來的計算。

第三層迴圈判斷當前點是否已走過，且當前點不和\(i\)

轉移方程：

\[dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[j][k-(1<<(i-1))]+f[i][j]) \]

\(k\)表示此事的二進位制狀態(指已經走過哪些點)，起點為\(j\)，終點為\(i\)。

最大需要的單獨二進位制狀態為\((1<<(n-1))\)，但是所有的二進位制狀態和為\((1<<n)-1\)

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define DOF 0x7f7f7f7f
#define endl '\n'
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define debug(case, x) cout << case << "  : " << x << endl
#define open freopen("ii.txt", "r", stdin)
#define close freopen("oo.txt", "w", stdout)
#define IO                       \
    ios::sync_with_stdio(false); \
    cin.tie(0);                  \
    cout.tie(0)
#define pb push_back
using namespace std;
//#define int long long
#define lson rt << 1
#define rson rt << 1 | 1
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<long long, long long> PII;
const int maxn = 1e6 + 10;

double f[20][20];
double x[20], y[20];
double dp[18][(1 << 15) + 5];

double dis(int i, int j) {
    return sqrt((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]));
}

int main() {
    double ans = 1e18;
    for(int i = 1; i <= 15; ++i) {
        for(int j = 1; j <= ((1 << 15) + 8); ++j) {
            dp[i][j] = 1e18;
        }
    }

    int n;
    scanf("%d", &n);
    x[0] = y[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%lf%lf", &x[i], &y[i]);
    }

    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        for(int j = i + 1; j <= n; ++j) {
            f[i][j] = f[j][i] = dis(i, j);
        }
    }

    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        dp[i][1 << (i - 1)] = f[0][i];
    }
    for(int k = 1; k < (1 << n); ++k) {
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            if((k & (1 << (i - 1))) == 0) continue;
            for(int j = 1; j <= n; ++j) {
                if(i == j) continue;
                if((k & (1 << (j - 1))) == 0) continue;
                dp[i][k] = min(dp[i][k], dp[j][k - (1 << (i - 1))] + f[i][j]);
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        ans=min(ans,dp[i][(1<<n)-1]);
    }
    printf("%.2f\n",ans);

}