洛谷P1433 吃奶酪 题解 状态压缩DP
题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1433
题目大意
房间里放着 \(n\) 块奶酪。一只小老鼠要把它们都吃掉，问至少要跑多少距离？老鼠一开始在 \((0,0)\) 点处。
输入格式
第一行一个正整数 \(n\)。
接下来每行 \(2\) 个实数，表示第 \(i\) 块奶酪的坐标。
两点之间的距离公式为 \(\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\)。
输出格式
一个数，表示要跑的最少距离，保留 \(2\) 位小数。
解题思路
定义状态 \(f[st][i]\) 表示当前状态为 \(st\) ，且最后一个到达的点是 \(i\) 点时的最少距离。
首先，因为 \(st\) 的二进制表示中的那些为 \(1\) 的位表示的是小老鼠已经到达的点，所以如果 \(st\) 的第 \(i\) 位不为 \(1\)，则状态 \(f[st][i]\) 不合法。
其次：
如果状态 \(st\) 有且只有一位为 \(1\) （即 __builtin_popcount(st) == 1），并且我们假设为 \(1\) 的这一位为第 \(i\) 位，则 \(f[st][i] = \sqrt{x_i^2 + y_i^2}\) （因为小老鼠一开始在 \((0,0)\) 点，从 \((0,0)\) 点到 \((x_i,y_i)\) 点的距离是 \(\sqrt{x_i^2 + y_i^2}\)）；
否则（状态 \(st\) 为 \(1\) 的位数 \(\gt 1\)），说明状态 \(f[st][i]\) 是可以通过一个合法的状态 \(f[st2][j]\) 转换过来的。（其中 st2 = st^(1<<i)）
此时，我们可以得到状态转移方程为：
其中，st2 = st^(1<<i)。
而 \(\sqrt{(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2}\) 表示的就是点 \((x_j,y_j)\) 到点 \((x_i,y_i)\) 的距离。
实现代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
double dis(double x1, double y1, double x2, double y2) {
return sqrt((x1-x2)*(x1-x2) + (y1-y2)*(y1-y2));
}
int n;
double x[15], y[15], f[(1<<15)][15];
bool vis[(1<<15)][15];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i ++) cin >> x[i] >> y[i];
for (int st = 0; st < (1<<n); st ++) {
for (int i = 0; i < n; i ++) {
if (!(st & (1<<i))) continue;
if (__builtin_popcount(st) == 1) f[st][i] = dis(0, 0, x[i], y[i]);
else {
int st2 = st ^ (1<<i);
for (int j = 0; j < n; j ++) {
if (!(st2 & (1<<j))) continue;
double tmp = f[st2][j] + dis(x[i], y[i], x[j], y[j]);
if (!vis[st][i] || f[st][i] > tmp) {
vis[st][i] = true;
f[st][i] = tmp;
}
}
}
}
}
double ans = f[(1<<n)-1][0];
for (int i = 1; i < n; i ++) ans = min(ans, f[(1<<n)-1][i]);
printf("%.2lf\n", ans);
return 0;
}
代码分析
我们对这个代码中的主要片段进行一下分析：
double dis(double x1, double y1, double x2, double y2) {
return sqrt((x1-x2)*(x1-x2) + (y1-y2)*(y1-y2));
}
dis函数用于计算点 \((x_1,y_1)\) 到点 \((x_2,y_2)\) 之间的距离。
int n;
double x[15], y[15], f[(1<<15)][15];
bool vis[(1<<15)][15];
n用来表示点（或者说——奶酪）的数量。
\(x[i],y[i]\) 用于表示点的距离。
\(f[st][i]\) 的含义我们已经讲过了，这里就不再继续讲了。
\(vis[st][i]\) 相当于我们记忆化的操作。
我们以往的操作都会选择将 \(f[st][i]\) 赋为一家很大的值，或者将它赋值为-1来表示无穷大，但是我们开一个vis数组，通过 \(vis[st][i]\) 是否为 \(true\) 来判断状态 \(f[st][i]\) 有没有更新过也是可以的（没有更新过说明 \(f[st][i]\) 对应的状态还是无穷大，更新过说明 \(f[st][i]\) 已经被更新为了一个较小的值）。
这部分逻辑在我们代码中 \(f[st2][j]\) 更新 \(f[st][i]\) 的时候有遇到：
double tmp = f[st2][j] + dis(x[i], y[i], x[j], y[j]);
if (!vis[st][i] || f[st][i] > tmp) {
vis[st][i] = true;
f[st][i] = tmp;
}
if (__builtin_popcount(st) == 1) f[st][i] = dis(0, 0, x[i], y[i]);
这句话对应我们上面分析的第一种情况（如果状态 \(st\) 有且只有一位为 \(1\)），此时就直接更新 \(f[st][i]\) 为起点（\((0,0)\)） 到点 \(i\)（\((x_i, y_i)\)） 的距离即可。
否则，对于状态 \(f[st][i]\) ，需要找到所有它的前一步的状态 \(f[st2][j]\)，并且通过如下代码求得 \(f[st][i]\)：
int st2 = st ^ (1<<i);
for (int j = 0; j < n; j ++) {
if (!(st2 & (1<<j))) continue;
double tmp = f[st2][j] + dis(x[i], y[i], x[j], y[j]);
if (!vis[st][i] || f[st][i] > tmp) {
vis[st][i] = true;
f[st][i] = tmp;
}
}
而最终的状态 \(st\) 肯定等于 \(2^n-1\)（\(2^n-1\) 的后 \(n\) 位都为 \(1\)，表示 \(n\) 个点都走过），所以答案即为
我们是通过如下代码段来获得答案的：
double ans = f[(1<<n)-1][0];
for (int i = 1; i < n; i ++) ans = min(ans, f[(1<<n)-1][i]);
printf("%.2lf\n", ans);
最后，也不要忘了输出我们的 ans，同时保留2位小数哦。
最后的最后：
关于数位DP，最好还是按照坐标从 \(0\) 到 \(n-1\) 为好，因为这样的 \(i\) 刚好能跟状态在 \([0, 2^n-1]\) 范围内的数字一一对应。所以希望还是能够按照坐标从 \(0\) 开始比较好。
