P1433 吃奶酪(状压dp)

状压dp

状压\(dp\)可以解决\(n<=21\)的情况。

在状压时\(dp[i][j]\)，代表在第\(i\)个位置时且走过二进制状态\(j\)的最佳答案。

将状态压成二进制的形式去求解。

例：10100110代表经历了2、3、6、8四种状态。

时间复杂度\(O(n^2 2^n)\)

题目描述

房间里放着 n*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)(0,0) 点处。

输入格式

第一行有一个整数，表示奶酪的数量 n。

第 2 到第 (n + 1)行，每行两个实数，第 (i + 1) 行的实数分别表示第 i 块奶酪的横纵坐标 \(x_i, y_i\)。

输出格式

输出一行一个实数，表示要跑的最少距离，保留 2 位小数。

思路

先将每条边的距离都预处理。

还需要预处理第i个奶酪到第i个奶酪的距离。这里直接将\((0,0)\)的位置也加了进去，也就是用来初始化了。

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

接下来三层循环。

分别枚举二进制的状态、当前点所在的位置和能在当前状态下转移到当前点的位置。

第二层循环需要判断一下\(i\)在当前二进制状态下是否已走过，如果根本没走过则不需要进行接下来的计算。

第三层循环判断当前点是否已走过，且当前点不和\(i\)相同。

转移方程：

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

\(k\)表示此时的二进制状态(指已经走过哪些点)，起点为\(j\)，终点为\(i\)。

\(dp[j][k-(1<<(i-1))]\)表示在\(j\)点走过没有\(i\)的状态的距离

最大需要的单独二进制状态为\((1<<(n-1))\)，但是所有的二进制状态和为\((1<<n)-1\)

#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);

}