【状压DP】【CF8C】 Looking for Order

传送门

Description

给你n个点，每次可以从起点到最多两个点然后回到起点。求经过每个点最少一次的最短欧氏距离和是多少

Input

第一行是起点的坐标

第二行是点的个数\(n\)

下面\(n\)行是需要进过的点的坐标

Output

输出最短欧氏距离以及方案。方案是经过每个点的顺序。起点为\(0\)号点

Hint

\(For~All:\)

\(0~\leq~n~\leq~24\)

Solution

看到24就大概能想到是个状压DP

考虑做法

设\(f_S\)为走遍\(S\)中的点的ans。

转移任意枚举两个或一个点转移

然而这么做是\(O(4^n)\)的，GG

考虑事实上对于同一个状态，比如走过前3个点，第一次走1,2，第二次走3和第一次走3，第二次走1,2的答案是一样的。

于是对于一个集合，只任意选择集合中的一个元素，枚举他是怎么选的，就可以得到最优的答案。

Code

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long int

typedef long long int ll;

namespace IO {
	char buf[300];
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
	rg char ch=getchar(),lst=' ';
	while((ch > '9') || (ch < '0')) lst=ch,ch=getchar();
	while((ch >= '0') && (ch <= '9')) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	if(lst == '-') x=-x;
}

template <typename T>
inline void qw(T x,const char aft,const bool pt) {
	if(x < 0) {putchar('-');x=-x;}
	rg int top=0;
	do {
		IO::buf[++top]=x%10+'0';
	} while(x/=10);
	while(top) putchar(IO::buf[top--]);
	if(pt) putchar(aft);
}

template <typename T>
inline T mmax(const T a,const T b) {return a > b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mmin(const T a,const T b) {return a < b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mabs(const T a) {return a < 0 ? -a : a;}

template <typename T>
inline void mswap(T &a,T &b) {
	T _temp=a;a=b;b=_temp;
}

const int maxn = 30;
const int maxt = 20000000;

struct M {
	int p,v;
};
//M list[maxt];

struct Pos {
	int x,y;
};
Pos MU[maxn];

int sx,sy,n,tcnt;
int frog[maxt],pre[maxt],list[maxt];

void dfs(ci);
int cost(ci,ci);
int dist(ci,ci);

int main() {
	qr(sx);qr(sy);qr(n);int dn=n-1;
	MU[n].x=sx;MU[n].y=sy;
	for(rg int i=0;i<n;++i) {qr(MU[i].x);qr(MU[i].y);}
	for(rg int i=0;i<dn;++i) {
		for(rg int j=i+1;j<n;++j) {
			int p=(1<<i)|(1<<j);
			int v=cost(i,j);
			list[p]=v;
		}
	}
	for(rg int i=0;i<n;++i) {
		int p=1<<i;int v=dist(n,i)<<1;list[p]=v;
	}
	int all=(1<<n)-1;
	memset(frog,0x3f,sizeof frog);frog[0]=0;
	for(rg int i=1;i<=all;++i) {
		for(rg int j=0;j<n;++j) if(i&(1<<j)) {
			for(rg int k=0;k<n;++k) if(i&(1<<k)) {
				int p=(1<<j)|(1<<k);
				if(frog[i] > (frog[i^p]+list[p])) frog[i]=frog[i^p]+list[p],pre[i]=p;
			}
			break; 
		}
	}
	qw(frog[all],'\n',true);
	dfs(all);
	return 0;
}

inline int cost(ci a,ci b) {
	return dist(n,a)+dist(a,b)+dist(b,n);
}

inline int dist(ci a,ci b) {
	return (MU[a].x-MU[b].x)*(MU[a].x-MU[b].x)+(MU[a].y-MU[b].y)*(MU[a].y-MU[b].y);
}

void dfs(ci x) {
	if(!x) {qw(0,' ',true);return;}
	dfs(x^pre[x]);
	for(rg int i=0;i<n;++i) if(pre[x]&(1<<i)) qw(i+1,' ',true);
	qw(0,' ',true);
}

Summary

当多个状态的转移等价的时候，考虑只枚举其中一个状态。