状压dp刷题记录【持续更新】

前言：

许多算法的状态数并不支持其在多项式时间内运行完成。比如TSP问题这种大部分为NP-Hard的问题。

在数据范围缩小的前提下（例如$n\leq 21$），不妨将状态数压缩成二进制情况，用一串二进制数表示整体情况。

洛谷 P1433

记$dp_{k,i}$为：当前整体状态为$k$，老鼠走到了第$i$个奶酪的最短距离。

其中$k$是一串二进制数字，例如01011010表示经过了第2、4、5、7个奶酪（从右往左计数）。

易得状态转移方程为：

$$dp_{k,i}=min\{dp_{k-[1<<(i-1)],j}+dis(j,i)\}(1\leq i,j\leq n)$$

其中:
1<<(i-1)表示第$i$位状态，
k-[1<<(i-1)表示没有经过第$i$位时的整体状态,
dp_{k-[1<<(i-1)], j} 表示在第$j$个点且没有经过第$i$位的最短距离。

最后对以每个点为结尾的满状态（n个点均经过）dp方程取最小值即可。

时间复杂度$O(2^nn^2)$

注：注意位运算优先级，debug了很久才发现

Code:

点击查看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>

const int maxn = 15 + 5;
double dis[maxn][maxn];//i到j的距离
double dp[40000][maxn];//二进制状态为i,目前在第j个奶酪处
double ans = 114514.0, x[maxn], y[maxn];
int n;

double d(int a, int b) {
    return sqrt((x[a] - x[b]) * (x[a] - x[b]) + (y[a] - y[b]) * (y[a] - y[b]));
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    memset(dp, 127, sizeof(dp));
    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++) {
            dis[i][j] = dis[j][i] = d(i, j);
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        dp[1 << (i - 1)][i] = dis[i][0];//初始化第i个点的距离即为与原点的距离

    for (int k = 1; k < (1 << n); k++)//枚举每种状态
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if ((k & (1 << (i - 1))) == 0) continue;//第i位为0
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                if (i == j) continue;
                if ((k & (1 << (j - 1))) == 0) continue;//第j位为0
                dp[k][i] = std::min(dp[k][i], dp[k - (1 << (i - 1))][j] + dis[j][i]);
            }
        }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        ans = std::min(ans, dp[(1 << n) - 1][i]);//更新以第i个奶酪为结尾的n个满状态答案
    printf("%.2lf", ans);
    return 0;
}