[CODEVS2800] 送外卖

2800 送外卖

 

 时间限制: 2 s
 空间限制: 256000 KB
 题目等级 : 钻石 Diamond
 
 
题目描述 Description

有一个送外卖的，他手上有n份订单，他要把n份东西，分别送达n个不同的客户的手上。n个不同的客户分别在1~n个编号的城市中。送外卖的从0号城市出发，然后n个城市都要走一次（一个城市可以走多次），最后还要回到0点（他的单位），请问最短时间是多少。现在已知任意两个城市的直接通路的时间。

输入描述 Input Description

第一行一个正整数n （1<=n<=15）

接下来是一个（n+1）*(n+1)的矩阵，矩阵中的数均为不超过10000的正整数。矩阵的i行j列表示第i-1号城市和j-1号城市之间直接通路的时间。当然城市a到城市b的直接通路时间和城市b到城市a的直接通路时间不一定相同，也就是说道路都是单向的。

输出描述 Output Description

一个正整数表示最少花费的时间

样例输入 Sample Input
3
0 1 10 10
1 0 1 2
10 1 0 10
10 2 10 0
样例输出 Sample Output

8

数据范围及提示 Data Size & Hint

1<=n<=15

 

 

 

提交地址 : CODEVS2800

 

 

 

题解：

先写了一个爆搜20分...

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring> 
 4 using namespace std;
 5 
 6 int n;
 7 int G[20][20];
 8 
 9 int dp[1<<16][16];//在第j个位置，访问状态为i，行走的最小值 
10 
11 inline int DP(int x, int now)
12 {    
13     for (register int i = 1 ; i <= n ; i ++)
14     {
15         if (i == now) continue;
16         if (dp[x|(1<<(i-1))][i] > dp[x][now] + G[now][i])
17         {
18             dp[x|(1<<(i-1))][i] = dp[x][now] + G[now][i];
19         //    cout << dp[x|(1<<(i-1))][i]<<endl;
20             DP(x|(1<<(i-1)), i);
21         }
22     }
23     
24 }
25 
26 int main()
27 {
28     cin >> n;
29     n++;
30     for (register int i = 1 ; i <= n ; i ++)
31         for (register int j = 1 ; j <= n ; j ++)
32             scanf("%d", &G[i][j]);
33     memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
34     dp[0][n] = 0;
35     DP(0, n);
36     cout << dp[(1<<n)-1][n];
37     return 0;
38 }

 

 

感觉离正解不远了...
果然...

先跑一遍Floyd,求出最短路径；

然后dp[i][j]表示访问状态为i，现在在第j个点的最短行走路程；

然后就瞎dp就行额

 

 

 

Code：

 

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring> 
 4 using namespace std;
 5 
 6 int n;
 7 int G[20][20];
 8 int dp[1<<16][16];//在第j个位置，访问状态为i，行走的最小值 
 9 
10 int main()
11 {
12     cin >> n;
13     for (register int i = 0 ; i <= n ; i ++)
14         for (register int j = 0 ; j <= n ; j ++)
15             scanf("%d", &G[i][j]);
16     for (register int k = 0 ; k <= n ; k ++)
17         for (register int i = 0 ; i <= n ; i ++)
18             for (register int j = 0 ; j <= n ; j ++)
19                 G[i][j] = min(G[i][j], G[i][k] + G[k][j]);
20     memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
21     dp[0][0] = 0;
22     int e = (1 << (n + 1)) - 1;
23     for (register int i = 0 ; i <= e ; i ++)
24     {
25         for (register int j = 0 ; j <= n ; j ++)
26         {
27             for (register int k = 0 ; k <= n ; k ++)
28             {
29                 if ((i | (1 << j)) !=  i) continue;//如果j在枚举的状态里还没有访问过,跳过 
30                 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-(1<<j)][k] + G[k][j]);//j是刚走的 
31                 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + G[k][j]);//j是早就走过的 
32             }
33         }
34     }
35     cout << dp[e][0];
36     return 0;
37 }

 

 

posted @ 2018-06-07 14:44  zZhBr  阅读(173)  评论(0)  编辑  收藏  举报