【FZYZOJ】愚人节礼物 题解（状压DP）

前言：麻麻我会写状压DP了！

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题目描述

愚人节到了！可爱的UOI小朋友要给孩子们送礼物（汗～原题不是可爱的打败图么= =..)。在平面直角坐标系上（欧氏的），有 N (N≤17)个点，分别代表 N 个小朋友的地理位置；还有一个点，这是UOI的家，UOI的所有礼物都放在这里，UOI必须驼着礼物从这里出发，送完礼物以后再返回这里，然后再拿出礼物出发。UOI身上每多驼一个礼物，他的速度就减半。已知他不驼礼物的速度是 V。为了不耽误（你懂的），UOI必须尽快完成这个任务。求完成任务的最短时间。

输入格式

第1行 1 个正整数，表示小朋友的个数。

以下 N+1 行每行两个整数，除第一个表示UOI的家以外，其他都表示一个小朋友的坐标。

最后一行一个整数 V，表示UOI的速度。

输出格式

输出一个整数，表示最短时间。四舍五入。

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作为一道变形的状压DP题，其转移方程还是比较简单的（亏我好几个小时都没想到QAQ）。我们首先证明一个结论：

要保证方案的最优性，每次最多只能携带两个礼物。

证明：假设现在原点为$O$，平面上有$A,B,C$三个点。假如我们一次性走完，那么费用是$8OA+4AB+2BC+CO$；如果我们先走$A$点，再走$B$点和$C$点，那么费用是$3OA+4OB+2BC+CO$，两式相减，得$5OA+4AB-4OB=OA+4(OA+AB-OB)$，在三角形$OAB$中$OA+AB-OB>0$，所以相减之后的式子是大于$0$的。得证选三个点不优。对于大于三个点的情况，可以类比成多个三角形和线段组合成的图形，证明方法是类似的。证毕。复杂度$O(n^2 2^n)$

状态转移方程：假设$1$表示不选，$0$表示选，则有：

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

约束条件:

if (!1<<(i-1)&k&&!1<<(j-1)&k)

注意开$long\ long$！！！！！！！！！！！（被这个卡了好久QAQ）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,x[20],y[20],v;
double f[1926817],ans,dis[20][20];
double cal(int a,int b)
{
    return sqrt((x[a]-x[b])*(x[a]-x[b])+(y[a]-y[b])*(y[a]-y[b]));
}
double C1(int a,int b)
{
    if (dis[0][a]<dis[0][b]) swap(a,b);
    return (4*dis[0][b]+2*dis[a][b]+dis[a][0])/v;
}
double C2(int i)
{
    return 3*dis[i][0]/v;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);
    scanf("%lld%lld",&x[0],&y[0]);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
    scanf("%lld",&v);
    for (int i=0;i<=n;i++)
        for (int j=i;j<=n;j++) dis[i][j]=dis[j][i]=cal(i,j);
    for (int i=(1<<n)-2;i>=0;i--)
    {
        f[i]=1e18;
        for (int j=1;j<=n;j++)
        {
            if ((1<<(j-1))&i) continue;
            for (int k=j+1;k<=n;k++)
            {
                if ((1<<(k-1))&i) continue;
                f[i]=min(f[i],f[i|(1<<(j-1))|(1<<(k-1))]+C1(j,k));
            }
            f[i]=min(f[i],f[i|(1<<(j-1))]+C2(j));
        }
    }
    printf("%.0lf",f[0]);
    return 0; 
}